BỘ ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN TOÁN 9

 

Môn  !"#$%
Thời gian làm bài: 150 phút
&'()*+,(-./ a) Chứng minh rằng hiệu số 9
2012
- 7
2012
chia hết cho 10;
b) Chứng minh rằng nếu một số chính phương có chữ số tận cùng bằng
6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.
&'()0+,(-./ Cho biểu thức
2
2 2( 1)
1 1
x x x x x
P
x x x x
− + −
= − +
+ + −
a) Rút gọn P;
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P
&'(*)0+1,(-./ a) Giải hệ phương trình
2
6 3 2
1
xy x y
xy y
+ = +



= +

b) Giải phương trình: x
2
+ 3x + 1 = (x+3)
2
x 1+
&'(0)+,(-./ Chứng minh rằng:
( ) ( )
2
x y xy 1 x y 3+ − + ≥ +
với mọi
x,y R∈
&'(1)2+1,(-./ Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Từ một điểm M trên tiếp
tuyến của đường tròn tại A, vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với đường tròn (C là tiếp điểm). Gọi
H là hình chiếu của C trên AB.
a) Chứng minh: MO//BC;
b) Chứng minh HB.AM = OB.HC;
c) Cho OM = d. Tính CH theo R và d.
Hết
&34 5
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
1
67
89
9:/;<=%
(Thời gian làm bài 150 phút)
>?),(-.@
Tính giá trị của các biểu thức:

1) A =
1 5
2
2 3 5
−
−
− +
2) B = x
3
+ 2010x
2
y - 2011y
3
+ 2012, biết
x y y x
y x x y
=
.
>?)*,(-.@
1) Giải phương trình:
2
x 2 x 2 x+ = +
.
2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =
x 2 5 x+ + −
.
3) Cho a
3
- a
2

+ a - 2 = 0. Chứng minh rằng:
6 4 3 2
2
a a 5a 2a 3
2
a a 2
+ − + +
<
− +
.
>?),(-.@
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(-3 ; 2), B(3 ; 4). Xác định tọa độ
điểm C trên trục hoành sao cho độ dài AC + CB nhỏ nhất.
>?5)*,(-.@
1) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (HB < HC). Biết AH = 6cm,
BC = 13cm. Tính độ dài cạnh AB (không làm tròn kết quả).
2) Cho đường tròn (O ; R) có dây AB = R
3
. Tiếp tuyến tại A và B của (O ; R)
cắt nhau tại M.
a) Tính
·
AMB
.
b) Gọi C là một điểm chuyển động trên (O ; R), E là trung điểm của AC, H là
hình chiếu của E trên BC. Chứng minh rằng H thuộc một đường cố định.
>?5),(-.@
Cho
2 4 2 2 2 4
3 3

x x y y x y a+ + + =
với x > 0, y > 0, a > 0.
Tính
2 2
3
3
x y+
theo a.
Hết
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
2
4AB
CD5.
EF@9:/;<
 Thời gian:150 phút (Không kể thời gian giao đề)
>?. a. Anh (chị) hãy cho biết trình tự dạy học định lý toán học.
b. Vận dụng trình tự đó vào việc dạy định lý “ Tổng ba góc trong của một tam giác”
>?. a. Chứng minh rằng:
1005
4 1 3− M
b. So sánh phân số:
34568
45683
A =
và
34569
45684
B =
c. Tìm các số nguyên dương n để phân số:
2 11

2
n
n
+
−
là phân số tối giản.
>?*. Tìm
, ,x y z
biết:
a.
2 ;3 4x y x z= =
và
3 5 15x y z− + =
;
b.
2
9 2 5 30 0x x x− − + =
c.
2 1 1
2 1
2
x
x x
− −
− − =
>?0. Tìm giá trị nhỏ nhất của
1
3S x
x
= +

với
2x
≥
Một học sinh đã giải như sau: Vì
2x ≥
nên áp dụng Bất đẳng thức Cauchy cho hai số:
3x
và
1
x
Ta có:
1 1
3 2 3 .S x x
x x
= + ≥
hay
2 3S ≥
. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi
1 3
3
3
x x
x
= ⇔ =
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của
S
là
2 3
, đạt được khi

3
3
x =
. Hãy chỉ ra sai lầm trong lời giải trên và
giải lại cho đúng.
>?1. Cho hình vuông ABCD, lấy điểm M thuộc đường chéo AC. Từ điểm M kẻ đường thẳng
song song với AB cắt AD, BC lần lượt tại Q và K. P là hình chiếu của M trên DC.
a. Chứng minh:
∆
QMP =
∆
BKM từ đó suy ra BM vuông góc với PQ tại H.
b. Cho
1
3
MC
MA
=
. Tính tỷ số:
MH
QH
.
>?2. Cho 3 điểm A, B, C cố định sao cho AB + BC = AC. Vẽ đường tròn (O) bất kỳ đi qua B
và C (BC không phải là đường kính của (O)). Từ A vẽ các tiếp tuyến AM, AN tới đường tròn (O)
(M, N là hai tiếp điểm). Lấy I là trung điểm của đoạn thẳng BC. Gọi giao điểm MN với AC là H.
Chứng minh:
a. Năm điểm A, M, O, I, N cùng thuộc một đường tròn.
b. Khi (O) thay đổi thì độ dài AH không đổi.
GH
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 – HUYỆN HOẰNG HOÁ

NĂM HỌC : 2011 – 2012
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
3
67
)IJKHLM!J.
&'((3.5 điểm) : Cho biểu thức
2 2
:
1
1
x x x
P
x x
x x x x
 
−
 
= + −
 ÷
 ÷
 ÷
−
− +
 
 
a/ Rút gọn P
b/ Tìm x để P > 2
c/ Tìm giá trị nhỏ nhất của
P
&'( (3.5 điểm)

a/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x + xy + y = 9
b/ Cho a, b, c là ba số thực đôi một khác nhau thoả mãn hệ thức
0
a b c
b c c a a b
+ + =
− − −
Chứng minh rằng
( ) ( ) ( )
2 2 2
0
a b c
b c c a a b
+ + =
− − −
c/ Cho
1
, , 1
3
a b c≤ ≤
. Chứng minh rằng :
0,5 1,9
1 1 1
a b c
bc ca ab
≤ + + ≤
+ + +
&'(* (2.5 điểm) :
a/ Cho 2011 số nguyên dương a
1

, a
2
, , a
2011
Thoả mãn :
1 2 3 2011
30a a a a+ + + + M
Chứng minh rằng :
5 5 5 5
1 2 3 2011
30a a a a+ + + + M
b/ Giải phương trình sau :
2
1 1
2
2
x
x
+ =
−
&'(0 (4 điểm) :
a/ Cho ba số thực a, b, c thoả mãn : a + b + c = 3. Chứng minh rằng
4 4 4 3 3 3
a b c a b c+ + ≥ + +
b/ Cho ba số không âm x, y, z thoả mãn điều kiện : x + y + z = 1. Chứng minh rằng
7
0 2
27
xy yz zx xyz≤ + + − ≤
&'(1 (4.5 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm

P. Vẽ cát tuyến PMN ( M nằm giữa P và N). Vẽ AD và BC vuông góc với MN; BC cắt nửa
đường tròn tại I. Chứng minh rằng
a/ Tứ giác AICD là hình chữ nhật
b/ DN = CM
c/ AD.BC = CM.CN
d/ BC
2
+ CD
2
+ DA
2
= 2AD.BC + AB
2
&'(2 (2.0 điểm)
Cho tam giác ABC. Trên cạnh AC lấy điểm E cố định ( E khác A và C). Trên cạnh BC lấy
điểm F cố định (F khác B, C). Lấy điểm D thay đổi trên đường thẳng AB. Hãy xác định vị
trí của điểm D trên đường thẳng AB sao cho DE
2
+ DF
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
4
GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 – HOẰNG HOÁ
/
&'(
a/ Rút gọn P : Điều kiện x > 0 và x ≠ 1
( )
( ) ( )
( )

( )
( )
1 2 1 2
2 2
: :
1
1
1 1 1
x x x x x
x x x
P
x x
x x x x
x x x x
+ + + − −
 
−
 
= + − =
 ÷
 ÷
 ÷
−
− +
− + +
 
 
( ) ( )
( )
1

2
.
2 1
1 1
x x
x x x
P
x x x
x x
+
+
= =
+ −
− +
b/ Tìm x để P > 2
( )
2
1 1
2 2
2 2 2 0 0 0 1
1 1 1 1
x
x x x x
P x
x x x x
− +
− +
> <=> > <=> − > <=> > <=> > <=> >
− − − −
Kết hợp điều kiện, vậy với x > 1 thì P > 2

c/ Để có
P
thì
0 0 1
1
x
P x
x
> <=> > <=> >
−
(Do điều kiện x > 0)
Do P > 0 =>
P
min <=> P min
Ta có :
2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
4
4 4 2 4 4
x
P
P x x x
x x x
−
   
= = − = − − + + = − − + ≤ => ≥
 ÷  ÷
   
Suy ra : P min = 4 (Dấu bằng xảy ra khi x = 4) =>
P

min = 2, khi x = 4
&'(
a/ x + xy + y = 9 => x(1 + y) = 9 – y =>
9 10
1
1 1
y
x
y y
−
= = − +
+ +
x nguyên khi 1 + y ∈Ư(10) = {-10 ; -5 ; -2 ; -1 ; 1 ; 2 ; 5; 10}
Suy ra : y∈{-11 ; -6 ; -3 ; -2 ; 0 ; 1 ; 4; 9}
Khi đó x ∈{-2 ; -3 ; -6 ; -11 ; 9 ; 4 ; 1; 0}
Vậy ta có 8 cặp số là :
(y; x) = (-11; -2), (-6 ; -3) , (-3 ; -6) , (-2 ; -11), (0 ; 9), (1 ; 4) , (4; 1), (9 ; 0)
b/
0
a b c
b c c a a b
+ + =
− − −
Suy ra :
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2
0
a b c
c a b c a b b c

b c
+ + =
− − − −
−
(1)
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
0
a b c
b c c a a b c a
c a
+ + =
− − − −
−
(2)
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
0
a b c
b c a b c a a b
a b
+ + =
− − − −
−
(3)
Cộng từng vế (1), (2) và (3) ta có
( )

( ) ( ) ( ) ( )
2
a b c
c a b c a b b c
b c
+ +
− − − −
−
+
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
a b c
b c c a a b c a
c a
+ +
− − − −
−
+
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
0
a b c
b c a b c a a b
a b
+ + =
− − − −
−

=>
( ) ( ) ( )
2 2 2
a b c
b c c a a b
+ +
− − −
+
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
b a b c c a a a b c b c a c a b b c
a b b c c a
− + − + − + − + − + −
− − −
=0
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
5
=>
( ) ( ) ( )
2 2 2
a b c
b c c a a b
+ +
− − −
+
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
ab b c ac a ab bc c ac a b bc
a b b c c a
− + − + − + − + − + −

− − −
= 0
=>
( ) ( ) ( )
2 2 2
a b c
b c c a a b
+ +
− − −
= 0 (ĐPCM)
c/ Cho
1
, , 1
3
a b c≤ ≤
. Chứng minh rằng :
0,5 1,9
1 1 1
a b c
bc ca ab
≤ + + ≤
+ + +
Chứng minh :
0,5
1 1 1
a b c
bc ca ab
+ + ≥
+ + +
. Thật vậy

Trước hết ta tìm giá trị nhỏ nhất của
1
a
bc+
. Biểu thức này đạt giá trị nhỏ nhất khi
1
1
min
min =
1 1
3
min =
3
(1 ) max
1 2 6 1 6
(1 ) max 2
a
a
a a
bc
bc bc
bc



=> => = => ≥
 
+
+ +



+ =

(1)
Chứng minh tương tự ta có :
1
1 6
b
ca
≥
+
(2) và
1
1 6
c
ab
≥
+
(3)
Cộng (1) , (2) , (3) tac được :
0,5
1 1 1
a b c
bc ca ab
+ + ≥
+ + +
Dấu “=” xảy ra khi dấu “=” ở (1), (2) và (3) xảy ra, điều này không thể xảy ra. Như vậy
không có dấu “=”
Chứng minh :
1,9

1 1 1
a b c
bc ca ab
+ + ≤
+ + +
. Thật vậy
Không làm mất tính chất tổng quát, giả sử :
1
1
3
a b c≥ ≥ ≥ ≥
Khi đó : ab > c
2
=> 1 + ab >1 + c
2
=>
2
1
1 1 2
c c
ab c
≤ ≤
+ +
(I)
Ta có :
3 3
1 3 3
1
3
a a a

b
bc b b
≤ = ≤
+ + +
+
(1)
3 3
1 3 3
1
3
b b b b
a
ca a b
≤ = ≤
+ + +
+
(2)
Từ (1) và (2) Suy ra :
3 3 3 3 6
3
1 1 3 3 1 1 3 1 1 3
a b b a b b a b
bc ca b b bc ca b bc ca b
+
+ ≤ + => + ≤ => + ≤ −
+ + + + + + + + + +
Suy ra :
6 6 12
3 3
1

1 1 3 1 1 10
3
3
a b a b
bc ca b bc ca
+ ≤ − ≤ − => + ≤
+ + + + +
+
(II)
Từ (I) và (II) Suy ra :
12 1 17
1 1 1 10 2 1 1 1 10
a b c a b c
bc ca ab bc ca ab
+ + ≤ + => + + ≤
+ + + + + +
&'(* (2.5 điểm) :
a/ Trước hết ta chứng minh
a và a
5
có cùng chữ số tận cùng : Thật vậy
1
5
; 2
5
; 3
5
; 4
5
; 5

5
; 6
5
; 7
5
; 8
5
; 9
5
lần lượt có chữ số tận cùng là : 1 ; 2; 3; 4; 5 ; 6; 7 ; 8; 9
Suy ra : a và a
5
có cùng chữ số tận cùng (1)
a và a
5
Chia cho 3 có cùng số dư : Thật vậy
+) a = 3k + 1 => a
5
= (3k + 1)
5
chia cho 3 có số dư là 1
5
= 1
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
6
+) a = 3k + 2 => a
5
= (3k + 2)
5
chia cho 3 có số dư là dư của 2

5
chia cho 3, mà 2
5
= 32 chia
cho 3 dư 2.
+) a = 3k => a
5
= 3k
5
chia cho hết 3
Vậy a và a
5
Chia cho 3 có cùng số dư (2)
Ta có : A =
1 2 3 2011
30a a a a+ + + + M
=> A =
1 2 3 2011
2.3.5a a a a+ + + + M
A chia hết cho 2 và 5 => A có chữ số tận cùng là 0, Căn cứ vào (1)
=> B =
5 5 5 5
1 2 3 2011
a a a a+ + + +
có chữ số tận cùng là 0 => B chia hết cho 2 và 5 (I)
A chia hết cho 3, căn cứ vào (2) => B cũng chia hết cho 3 (II)
Từ (I) và (II) Suy ra :
5 5 5 5
1 2 3 2011
30a a a a+ + + + M

(ĐPCM)
b/ Điều kiện:
2 2x− < <
 /
áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có
( )
2
2 2
2 2
2
1 1 1 1
1 1
2
2
x x x
x
 
 
+ ≤ + +
 ÷
 ÷
−
 
−
 
=>
( )
2
2 2
2

1 1 2
2
2
2
x
x x
x
 
+ ≤
 ÷
−
−
 
=>
( )
2
2 2
2
1 1 4
2
2
x
x x
x
 
+ ≤
 ÷
−
−
 

(1)
áp dụng cô si , ta có
( )
2 2
2 2
2
2
2
x x
x x
+ −
≥ −
=>
( )
2 2
1 2x x≥ −
=>
( )
2 2
1 2x x≥ −
Từ (1) và (2) =>
2
2
1 1
4
2
x
x
 
+ ≤

 ÷
−
 
=>
2
1 1
2 2
2
x
x
− ≤ + ≤
−
Dấu “=” xảy ra khi
2
2 2
2
1
2
x x
x
x x

= −

=> =

= −


(Thoả mãn điều kiện)

Vậy phương trình có một nghiệm x = 1
 /
2
1 1
2
2
x
x
+ =
−
<=>
2
2 2
2
1
(1)
2
1 1 1 2 1
2
1 2 1
2 2
(2)
2
x
x
x x
x
x x
x x


≥

−

= − <=> = <=>

−
 
− −

=
 ÷

−
 

Giải (2) ta có :
( ) ( )
2
2 2 2 2 2 4 3 2
2 2
1 4 4 1
2 4 4 1 8 8 2 4 4
2
x x
x x x x x x x x x x
x x
− +
= <=> = − − + <=> = − + − + −
−

<=>
( )
4 3 2 4 3 2 3 2
4 4 6 8 2 0 2 2 3 4 1 0 2 1 (3 4 1) 0x x x x x x x x x x x x− − + − = <=> − − + − = <=> − − − + =
<=>
( ) ( )
( ) ( )
3 3 2 2
2 1 ( 1)(3 1) 0 1 2 3 1 0 ( 1) 2 2 1 0x x x x x x x x x x− − − − = <=> − − + = <=> − + − =
Với x ≥
1
2
thì
2
2 2 1x x+ −
> 0 =>
2
( 1) 0x − =
=> x = 1 (thoả mãn)
Vậy phương trình có một nghiệm x = 1
&'(0
a/ áp dụng bất đẳng thức Bunhia, ta có :
( )
( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 9 3 3a b c a b c a b c a b c+ + ≤ + + <=> ≤ + + <=> ≤ + +
(1)
( ) ( )
2

2 2 2 4 4 4
3a b c a b c+ + ≤ + +
(2)
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
7
( ) ( ) ( )
2
3 3 3 2 2 2 4 4 4
a b c a b c a b c+ + ≤ + + + +
(3)
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
Từ (1), (2) và (3) suy ra :
( ) ( )
2 2
3 3 3 4 4 4
a b c a b c+ + ≤ + +
=>
4 4 4 3 3 3
a b c a b c+ + ≥ + +
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
b/ Chứng minh : xy + yz + xz – 2xyz ≥ 0. Thật vậy
Ta có : Do x, y, z ≥ 0 và x + y + z = 1 => 1 ≤ x, y, x ≤ 1
3 2 2 0
xy xyz
yz xyz xy yz zx xyz xy yz zx xyz xy yz zx xyz
zx xyz
≥


≥ => + + ≥ => + + ≥ => + + − ≥



≥

(1)
Dấu “=” xảy ra khi hai trong ba số (x, y, z ) bằng 0 còn số còn lại bằng 1.
Chứng minh : xy + yz + xz – 2xyz
7
27
≤
. Thật vậy
LN#GHHMO&PM?
(x + y – z)(y + z – x)(z + x – y) ≤ xyz
Thật vậy
- Nếu một trong các thừa số (x + y – z), (y + z – x), (z + x – y) < 0 thì hai thừa số còn lại
dương => BĐT hiển nhiên là đúng, vì xyz > 0
- Nếu các thừa số (x + y – z), (y + z – x), (z + x – y) không âm.
áp dụng BĐT côsi, ta có
Ta có (x + y – z)(y + z – x) ≤
[ ]
2
2
( ) ( )
4
x y z y z x
y
+ − + + −
=
(y + z – x)(z + x – y) ≤ z
2

(x + y – z)(z + x – y) ≤ x
2
=> [(x + y – z)(y + z – x)(z + x – y)]
2
≤ (xyz)
2
=> x + y – z)(y + z – x)(z + x – y) ≤ xyz
=> (1 – 2z)(1 – 2x)(1 – 2y ) ≤ xyz
=> 1 – 2y – 2x + 4xy – 2z + 4yz + 4xz – 8xyz ≤ xyz
=>1 – 2(x + y + z) + 4(xy + yz + zx – 2xyz) ≤ xyz mà x + y + z = 1
=> 4(xy + yz + zx – 2xyz) ≤ xyz + 1 mà xyz
1
27
≤
(Theo côsi)
=> 4(xy + yz + zx – 2xyz) ≤
28
27
=> xy + yz – 2xyz
7
27
≤
(2)
Dấu ‘=” xảy ra khi x = y = z =
1
3
Từ (1) và (2) => 0
≤
xy + yz + xz + -2xyz
≤

7
27
(ĐPCM)
&'(1 (Đơn giản)
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
8
H
I
C
D
N
M
P
B
A
O
a/ Tứ giác AICD là hình chữ nhật
OA = OB = OI = R => Tam giác IAB vuông tại I
=> Tứ giác AICD có 3 góc D, C, I vuông => Tứ giác AICD là hình chữ nhật (đpcm)
b/ DN = CM
Kẻ OH ⊥ MN => HM = HN (1)
OA = OB, OH//AD//BC => HD = HC (2)
Từ (1) và (2) ta có : MN + (HD – HM) = MN + (HC – HN)
Hay : MN + MD = MN + NC
Hay : DN = CM (đpcm)
c/ AD.BC = CM.CN
Dễ dàng chứng minh được : ∆CIM đồng dạng với ∆CNB (góc – góc)
=>
. .
CI CM

CI BC CM CN
CN CB
= => =
Do AICD là hình chữ nhật (câu a) => CI = AD
Thay vào ta có : AD.BC = CM.CN (đpcm)
d/ BC
2
+ CD
2
+ DA
2
= 2AD.BC + AB
2
Ta có : AB
2
= AI
2
+ BI
2
= CD
2
+ BI
2
( do CD = AI)
=>2AD.BC + AB
2
= 2AD.BC + CD
2
+ BI
2

Mà BI = BC – CI = BC – AD
=> 2AD.BC + AB
2
= 2AD.BC + CD
2
+ (BC – AD)
2
= 2AD.BC + CD
2
+ BC
2
– 2AD.BC +
DA
2
=> 2AD.BC + AB
2
= CD
2
+ BC
2
+ DA
2
=BC
2
+ CD
2
+ DA
2
(đpcm)
&'(2

K
H
D
F
E
C
B
A
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
9
Từ E, F lần lượt kẻ EH và FK vuông góc với AB =>H, K cố định và EH, FK không đổi
Ta có : DE
2
= EH
2
+ DH
2
và DF
2
= FK
2
+ DK
2
Suy ra : DE
2
+ DF
2
= EH
2
+ DH

2
+ FK
2
+ DK
2
= (EH
2
+ FK
2
) + (DH
2
+ DK
2
)
DH
2
+ DK
2
= (DH + DK)
2
– 2DH.DK = HK
2
– 2DH.DK
Suy ra : DE
2
+ DF
2
= (EH
2
+ FK

2
) + HK
2
– 2DH.DK
Do EH, FK, HK không đổi nên DE
2
+ DF
2
nhỏ nhất <=> DH.DK Lớn nhất mà DH + DK =
HK không đổi => DH.DK lớn nhất <=> DH = DK tức D là trung điểm của HK.
Vậy khi D là trung điểm của HK (Với H, K là chân đường vuông góc kẻ từ E và F
đến AB) thì DE
2
+ DF
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
Hết
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
10
UBND HUYỆN KRÔNG NÔ
PHÒNG GIÁO DỤC Q89
Môn Thi/;<
Thời gian : 120 phút ( không kể thời gian giao đề )
Bài 1 : ( 2 điểm ) : Cho A =
xx
x
−−+
+
11
1

-
11
1
2
−+−
−
xx
x
a)Tìm điều kiện để biểu thức A có nghĩa .
b)Chứng minh rằng biểu thức A không phụ thuộc vào x .
Bài 2 : ( 2 điểm ) Cho hai số a , b thoả mãn điều kiện 2a + 3b = 5 .
Chứng minh rằng 2a
2
+ 3b
2

≥
5
Bài 3 : ( 2 điểm ) Cho hàm số y = 2mx – 2m –1 ( m
≠
0 )
a) Xác định m để đồ thị hàm số đi qua gốc toạ độ O .
b) Gọi A , B lần lượt là giao điểm của đồ thị hàm số với các trục Ox , Oy . Xác định
m để diện tích tam giác AOB bằng 4 ( đvdt )
c) Chứng minh rằng đồ thị hàm số luôn đi qua một điểm cố định .
Bài 4 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau :
A =
169
2
+− xx

+
2
93025 xx +−
Bài 5 ( 2 điểm ) Chứng minh rằng : 4 nếu 2
0≤≤ m
224 +−+ mm
+
224 +−− mm
=
2
2−m
nếu m>6
Bài 6 : ( 2 điểm ) Giải phương trình sau :
x +
4
1
2
1
+++ xx
= 1
Bài 7 : ( 2 điểm ) Cho biểu thức :
S = a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ ac + bd trong đó ab – bc = 1

a) Chứng minh rằng S
≥

3
b) Tính giá trị của tổng ( a + b )
2
+ ( b + d)
2
khi biết S =
3
Bài 8 : ( 3 điểm ) Cho hai đường tròn ( O ; R ) và ( O’ ; r’ ) tiếp xúc ngoài tại A kẻ tiếp
tuyến chung ngoài BC ( B
∈
(O) ; C
∈
(O’) )
a) Tính BC
b) Gọi D là giao điểm của CA với đường tròn tâm O ( D
≠
A ) . Chứng minh rằng ba
điểm B , O , D thẳng hàng .
c) Tính BA biết R = 16 cm ; r’ = 9 cm .
&'(% : ( 2 điểm ) Cho tam giác nhọn ABC có BC = a , CA = b , BC = c .
Chứng minh rằng :
a) sin
2
A

≤

cb
a
+
.
b) sin
2
A
. sin
2
B
. sin
2
C

≤

8
1
&'( : ( 1 điểm ) Cho
∆
ABC vuông tại A có AB = c , AC = b và đường phân giác trong
góc A là AD = d . Chứng minh rằng :
d
2
=
b
1
+
c
1

UBND HUYỆN KRÔNG NÔ
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
11
PHÒNG GIÁO DỤC ĐÁP ÁN
Q89RST
Môn Thi/;<
Thời gian : 120 phút ( không kể thời gian giao đề )
Bài 1 : ( 2 điểm ) :
a) tìm đúng điều kiện ( 0,75 điểm )
1-x
≥
0
1+x
≥
0 x
≠
0
1- x
2
≥
0 ( 0,25 điểm )
x

≤
1 (0,25 điểm ) x
≠
0 ( 0,25
điểm)
x+1

≠

x−1
x
≠
1 -1
x≤
< 1
2
1 x−
≠
1 - x
b) 1,25 điểm
A =
xx
x
−−+
+
11
1
-
11
1
2
−+−
−
xx
x
=
22

)1()1(
)11(1
xx
xxx
−−+
−+++
-
222
2
)1()1(
)11)(1(
xx
xxx
−−−
−+−−
0,25điểm
A =
)1(1
11
2
xx
xx
−−+
−++
-
22
2
211
)11)(1(
xxx

xxx
−+−−
−+−−
0,25 điểm
A =
x
xx
2
11
2
−++
-
)1(2
)11)(1(
2
xx
xxx
−
−+−−
0,25 điểm
A =
x
xxxx
2
)11(11
22
−+−−−++
= 1 0,25 điểm
Vậy biểu thức A không phụ thuộc vào x 0,25 điểm
Bài 2 : ( 2 điểm )

Aùp dụng bất đẳng thức Bu – nhi – a – cốp – Ski
(ax + by)
2

≤
( a
2
+ b
2
) (x
2
+ y
2
)
Ta có :
5
2
= (2a + 3b )
2
= (
2
.
2
a +
3
.
3
b )
2
≤

( 2 + 3 ) ( 2a
2
+ 3b
2
)
=> 2a
2
+ 3b
2
5
≥
Dấu đẳng thức xảy ra
2
2a
=
3
3b

2a + 3b= 5
a = b = 1
&'(* : ( 2 điểm )
a) Đồ thị đi qua gốc toạ độ suy ra x = 0 , y = 0 thay vào hàm số y = mx – 2m – 1 ta có :
-2m – 1 = 0 m = -
2
1
b) A là giao điểm của đồ thị với trục Ox ta có y = 0 thay vào hàm số ta được x =
m
m 12 +
B là giao điểm của đồ thị với trục Oy ta có y = 0 thay vào hàm số ta được y = -2m – 1
Vậy A

m
m 12 +
; 0 ; B ( 0 ; -2m-1 )
Diện tích tam giác là :
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
12
S =
2
1
OA . OB =
2
1
A
X
.
B
X
=
2
1

m
m 12 +

12 −− m
=
m
m
2
)12(

2
+
Ta có S = 4 ( 2m + 1 )
2
= 8
m
( 2m – 1 )
2
= 0 m =
2
1
c) Giả sử đồ thị hàm số đi qua điểm M( x
0
, y
0
) với mọi m . Ta có : y
0
= mx
0
-2m-
1
y
0
+ 1 = m (x
0
- 2 ) Với mọi m
x
0
- 2 = 0
y

0
+ 1 = 0
x
0
= 2
y
0
= -1
Vậy đồ thị hàm số đi qua điểm cố định M ( 2 ; -1 )
Bài 4 : ( 2 điểm )
A =
169
2
+− xx
+
2
93025 xx +−
=
2
)13( −x
+
2
)35( x−
=
13 −x
+
x35 −
Aùp dụng
a
+

b
ba +≥
. Dấu “=” xảy ra khi a.b
≥
0
 A =
13 −x
+
x35 −

≥

xx 3513 −+−
=
4
= 4
Vậy khi A = 4
3
1
≤≤ x
3
5
Bài 5 : ( 2 điểm )
Điều kiện VT có nghĩa : m-2
≥
0 => m
≥
2 (1).
Đặt t =
2−m

=> m = t
2
+ 2
Hay VT =
2−m
+ 2 +
22 −−m
.
Nếu
2−m
- 2
0
≤
=> m
6
≤
. Kết hợp với (1) ta có :
VT =
2−m
+ 2 – (
2−m
- 2 ) = 4
Nếu
2−m
-2 > 0 => m > 6 thì VT = 2
2−m
4 nếu
62 ≤≤ m
Tóm lại :VT =
2

2−m
nếu m>6
Bài 6 : ( 2 điểm ) Giải phương trình sau :
x +
4
1
2
1
+++ xx
= 1 đk -
4
1
x≤
< 1
x +
4
1
4
1
2
1
.2)
4
1
(
++++
xx
= 1
x+
2

)
2
1
4
1
( ++x
= 1
x +
4
1
+x
+
2
1
= 1
x +
4
1
+
4
1
+x
+
4
1
= 1
4
1
+x
=

2
1
x +
4
1
=
4
1
=> x = 0
Bài 7 : ( 2 điểm )
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
13
a) ( ad – bc )
2
+ ( ac + bd )
2
= a
2
d
2
+b
2
c
2
+a
2
c
2
+b
2

d
2
= (a
2
+b
2
) (c
2
+d
2
)
Vì ab – bc = 1 Nên 1 + ( ac + bd )
2
= (a
2
+b
2
) (c
2
+d
2
) (1)
Aùp dụng bất đẳng thức Cô Si cho hai vế không âm ta có :
a
2
+b
2
+ c
2
+d

2

))((2
2222
dcba ++≥
S
))((2
2222
dcbabdac ++++≥
(2)
Từ (1) và (2) suy ra S
2
)(12)( bdacbdac ++++≥
Đặt x = ac + bd
Ta có : S
22
)12( xx ++≥
= (1 + x
2
) + 4x
2
1 x+
+4x
2
+ 3 = (
2
1 x+
+2x)
2
+3

Từ đó : S
2
2
2
)21( xx ++≥
+3
3
≥
.
Do đó S
3≥
.
b) S
3≥
a
2
+b
2
= c
2
+d
2
2
1 x+
+ 2x = 0
Từ
2
1 x+
+2x = 0 => x<0 ;
2

1 x+
= -2x
Tính được x =
±
3
1
Vì x< 0 nên giá trị x = -
3
1
Bài 8 ( 2 điểm )
a) IO
⊥
IO’ ( tia phân giác của hai góc kề bù )
Suy ra OIO’ = 90
0
Tam giác IOO’ vuông , đường cao AI . Suy ra AI
2
= OA . O’A = R . r
Do đó BC = 2 . IA = 2
rR.

b) Các tam giác cân O’AC và OAD có các góc ở đáy bằng nhau suy ra
OD // O’C
Ta lại có OB // O’C
Vậy B , O , D thẳng hàng .
c) Xét tam giác vuông BDC theo hệ thức lượng ta có :
2
1
BA
=

2
1
BD
+
2
1
BC
=
2
4
1
R
+
rR.4
1
=
rR
rR
.4
2
+
Suy ra BA =
rR
rR
+
2
=
5
3.16.2
= 1,92 cm

2
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
14
Bài 9 : ( 2 điểm )
A
B D C
a) Vẽ AD là đường phân giác của tam giác ABC . Vẽ BH là đường cao của tam giác
ABD .
Tam giác ABC có AD là phân giác nên :
AB
BD
=
AC
DC
=>
AB
BD
=
ACAB
DCBD
=
+
=
ACAB
BC
+
Vậy
AB
BD
=

cb
a
+
. Do đó BH vuông góc với AN nên BH
≤
BD
b) Tam giác HAB vuông tại H nên sin BAH =
AB
BH
=> sin
2
A
=
AB
BH

≤
AB
BD
=
cb
a
+
Tương tự ta có sin
2
B
=
ac
b
+

, sin
2
C
=
ab
c
+
.
Do đó sin
2
A
. sin
2
B
. sin
2
C

))()((

bacacb
cba
+++
≤
Theo bất đẳng thức Cô Si cho hai số dương ta có :
b +c
≥
2
bc
; a+c

ac2≥
; b + a
ba2≥
Nên
8
1
))()((

≤
+++ bacacb
cba
. Vậy sin
2
A
. sin
2
B
. sin
2
C

8
1
≤
.
Bài 10 : ( 2 điểm )
A
B C
D
Vẽ DE

⊥
AB , DF
⊥
AC ( E
∈
AB , F
∈
AC )
Tứ giác AFDE là hình chử nhật ( Vì
Â
=
E
= F = 90
0
)
Có tia AD là phân giác của góc ADE
 tứ giác AFDE là hình vuông
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
15
 DE = DF =
2
2.AD
=
2
2.d

S
DAB∆
+ S
DAC∆

= S
ABC∆
2
1
. DE .AB 6 +
2
1
DF. AC =
2
1
AB . AC
=>
2
2.d
c +
2
2.d
b = bc
=>
d
2
=
b
1
+
c
1
.
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
16

<;U5VV;W;Q
E<B 89S
Khóa thi ngày : 30/12/2011
Môn thi : Toán
Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian giao đề)
&'(@)+,(-.
Cho biểu thức
2 1 2
1
1
1 1
a a
B
a
a a a a a
  
= − −
 ÷ ÷
 ÷ ÷
+
+ + + +
  
a/ Với điều kiện nào của a thì biểu thức B xác định.
b/ Rút gọn biểu thức B.
c/ Tính giá trị của biểu thức B khi
2007 2 2006a = −
&'(@)+,(-.
Phân tích đa thức thành nhân tử :
4 2
2008 2007 2008x x x+ + +

&'(*@)+,(-.
Tìm giá trị của a,b sao cho giá trị của
3 3
a b ab+ +
là nhỏ nhất khi a + b = 1.
&'(0@)+,(-.
Cho đường thẳng (d) có phương trình : (a – 1)x + 2y = a
Xác định giá trị của a để đường thẳng (d) :
a/ Song song với trục hoành.
b/ Vuông góc với đường thẳng 3x – 2y = 1.
&'(1@)+,(-.
Một tấm bìa hình chữ nhật có kích thước 1 x 5. Hãy cắt tấm bìa thành các mảnh đề ráp lại thành
một hình vuông. Giải thích.
D
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
17
SỞ GD&ĐT TỈNH HẢI DƯƠNG
EF=%5
4
9:;<

X(J(M!"'Y'(/1$ZH
Ninh Giang, ngày 15 tháng 12 năm 2011

>?: (3.0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau:

4 4
A
9 4 5 9 4 5
= −

− +


2
2 4 2 2 4 2
B
4 4
1
x x x x
x x
+ − − + + + −
=
− +
(với x >2)
>? (2.0điểm).
1) Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: 2x + 5y + 3xy = 8
2) Cho a, b, c > 0 .Chứng minh rằng :
2 2 2
a b c a b c
0
b c c a a b 2
+ +
+ + − ≥
+ + +
>?*(2,0 điểm ).Giải các phương trình và hệ phương trình sau :
a)
2 2
(4 1) 1 2 2 1x x x x− + = + +
b)
2

2
2
2
2
2
x y
y z
z x

= +

= +


= +

>?0( 2,0 điểm ).Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm D trên đoạn OB.
Đường trung trực của đoạn AD cắt (O) tại C và cắt AD tại H. Đường tròn đường kính BD
cắt BC tại E.Chứng minh rằng:
a) AC song song với DE.
b) HE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BD
>?1(1.0 điểm)
Cho tam giác ABC có
·
0
BAC=105
. Đường trung tuyến BM và đường phân giác CD cắt nhau
tại K sao cho KB = KC. Kẻ đường cao AH (H
∈
BC). Chứng minh HA = HB.

GH
Cán bộ coi thi không cần giải thích thêm.
Họ và tên thí sinh : Số báo danh :
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
18
67
A=[Q9&V=%5
9:;<
* Học sinh làm cách khác đúng phải cho điểm tối đa.
* Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm.
\ 
4
]9

( ) ( )
22
25
4
25
4
+
−
−
=A









+
−
−
=
+
−
−
=
25
1
25
1
2
25
2
25
2
( )( )
84.2
1
4
.2
2525
2525
2 ===









+−
+−+
=

2
2
2 4 2 4 2 4 2 4
4 4
x x x x
x x
x
− − − + + − + − +
=
− +
&
( ) ( )
2
22
2
2222







−
+−+−−
=
x
x
xx
x
x
xx
x
x
xx
2
2222
2
2222
−
+−+−−
=
−
+−+−−
=
Nếu x
6
≥
2 2 2
2
2
x x x

A
x
x
−
= =
−
−
Nếu x < 6
2
4
2
2222
−
=
−
+−+−−
=
x
x
x
x
xx
A
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0.25đ
0.5đ
0.5đ

0.5đ
 1)
Ta có : 2x + 5y + 3xy = 7 => 6x + 15y + 9xy = 24
=> (3x+5)(3y+2) = 34
Xét các trường hợp và kết luận đúng pt đã cho vô nghiệm nguyên
dương
0,5đ
0.5đ
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
19
2) Do a,b,c > 0
2 2 2
a b c
0; 0 ; 0
b c c a a b
⇒ > > >
+ + +
áp dụng BĐT côi si cho hai số dương ta có

2 2
a b c a b c
2 . a
b c 4 b c 4
+ +
+ ≥ =
+ +
(1)
Tương tự
2 2
b c a b c a

2 . b
c a 4 c a 4
+ +
+ ≥ =
+ +
(2)

2 2
c a b c a b
2 . c
a b 4 a b 4
+ +
+ ≥ =
+ +
(3)
Cộng từng vế (1),(2) và (3 ) ta được

2 2 2
a b c a b c a a b
a b c
b c c a a b 4
+ + + + +
+ + + ≥ + +
+ + +
2 2 2
a b c a b c
b c c a a b 2
+ +
+ + ≥
+ + +

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
0,25
0.25đ
0.25đ
0.25đ
* 1)
2 2
(4 1) 1 2 2 1x x x x− + = + +
(*)
Đặt
2
1 1x a a+ = => ≥
(*) => (4x-1).a = 2a
2
+ 2x - 1
(2 1)( 2 1) 0a a x⇔ − − + =
0,5 ( )
2 1(1)
a Loai
a x
=

⇒

= −


(1)=>
2
1 2 1x x+ = −

=>
2 2
0( )
0,5
4
1 4 4 1
3
x Loai
x
x
x x x
=

≥


⇒


=
+ = − +


Thử lại (*) có x =
4
3
là nghiệm
2)
2
2

2
2
2
2
x y
y z
z x

= +

= +


= +

Do vai trò x, y, z như nhau nên không mất tính tổng quát, ta giả sử :
2 2 2
2 2 2x y z x y z≥ ≥ ⇒ − ≥ − ≥ −
0,25đ
0,25đ
0.25đ
0.25đ
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
20
2
1
1
1
K
E

C
H
I
O
A
B
D
H
K
D
M
A
B
C
Kết hợp với hệ đã cho suy ra :
y z x≥ ≥
=> x = y = z
=> x = y = z = -1 hoặc x = y = z =2
Thử lại đúng.
Vậy hệ có hai nghiệm (x,y,z) = {(-1; -1 ; -1);(2; 2 ; 2)}
0.5đ
0.25đ
0.25đ
0
Vẽ hình đúng theo yêu cầu chung của đề bài
a) Ta có
·
ACB
=
·

DEB
=90
0
nên AC// DE
b) Gọi K là trung điểm của CE, I là trung điểm của BD.
Có HK là đường trung bình của hình thang ACED
=> HK vuông góc với CE
=>
∆
CHE cân tại H
=>
µ
µ
1 1
E =C
. Có
¶
µ
2 1
E =B
và
µ
µ
0
1 1
C 90B + =
=>
µ
¶
0

1 2
E +E 90=
=>
·
0
HEI 90=
Vậy HE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BD
0,25đ
0,75đ
0,5đ
0,25đ
0.25đ
1
Ta có MA = MH = MC =>
·
·
·
2BCKMHC MCH= =
Mà BK = CK =>
·
·
·
·
2BCK KBC MHC KBC= ⇒ =
Lại có
·
·
·
MHC KBC KMH= +
=>

∆
BHM cân tại H => HM = HB
Giả sử HA > HB(1) Ta có:

·
· ·
·
0 0
45 60ABH BAH BAH HAC> => < => >
·
0
60AMH AH HM AH HB=> < => < => <
(Mâu thuẫn với (1))
0.25đ
0.5đ
0.25đ
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
21
<;U5VV;W;^FA EF
 
9_! !#$%
Thời gian làm bài 120 phút
>?/ (2 điểm)
a) Tìm cặp số tự nhiên x, y thỏa mãn phương trình:
1093100
2
=++ yy
x
b) Hãy viết các đa thức
464

23
+++ xxx
thành tổng các lũy thừa giảm dần của
1
+
x
>?/(2,5 điểm)
Cho biểu thức:
x - y x y
x y 2xy
P - : 1
1- xy
1 xy xy -1
 
+
 
+ +
= +
 ÷
 ÷
+
 
 
a) Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P.
b) Tìm giá trị lớn của biểu thức P.
>?*/ (1 điểm)
Cho các cặp số thỏa mãn điều kiện: |x+y| ≤ 2 và |x-y| ≤ 2
Tìm giá trị lớn của biểu thức:
( )
2

2 2
P 19x 5y 2010 x y= + + +
>?0/ (2 điểm)
Cho ∆ABC vuông tại A.
a) Chứng minh hệ thức:
2 2
sin B sin C 1+ =
b) Chứng minh rằng:
B C 2
sin sin
2 2 8
<

>?1/ (2,5 điểm)
Cho nửa (O, R) đường kính AB và một điểm M di động trên nửa đường tròn đó (M
không trùng A và B). Vẽ các tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn. Tia AM cắt By tại C,
tia BM cắt Ax ở D. Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại M cắt Ax, By lần lượt tại E và F.
a) Chứng minh rằng: AD.BC = 4R
2
b) Xác định vị trí của điểm M trên nửa đường tròn để diện tích tứ giác ABCD nhỏ
nhất. Tính diện tứ giác đó.


Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
22
UBND HUYỆN TAM DƯƠNG

E3;<=%5
/
9_!/ !@

Thời gian làm bài: 150 phút
Đề thi này gồm 01 trang
Lưu ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
>?/)+1,(-.
a) Tính giá trị của biểu thức:
3 3
3( ) 2011A x y x y= + − + +
Biết rằng:
33
223223 −++=x
;
33
2121721217
−++=
y
b) Rút gọn biểu thức:
1 1 1 1
+ +
2 2 3 2 2 3 4 3 3 4 2012 2011 2011 2012
S
= + +
+ + + +
>?/),(-.
a) Giải phương trình:
2
4 3 3 6+ + = +x x x
b) Giải phương trình nghiệm nguyên:
4 2 4
3x 1x y+ + =
>?*/),(-.

a) Cho a, b, c là các số hữu tỉ khác 0 thoả mãn:
1 1 1 1
a b c abc
+ + =
.
Chứng minh rằng:
2 2 2
(1 )(1 )(1 )P a b c
= + + +
là một số hữu tỉ.
b) Cho a, b, c > 0 thoả mãn:
2 1a b c abc
+ + + =
. Chứng minh biểu thức:
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) 2011B a b c b c a c a b abc
= − − + − − + − − − +
là hằng số.
>?0/)+1,(-.Đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC lần lượt tiếp xúc với các cạnh
BC, CA, AB tại các điểm D, E, F. Đường tròn tâm O’ bàng tiếp trong góc A của tam giác
ABC tiếp xúc với cạnh BC tại P và phần kéo dài của các cạnh AB, AC tương ứng tại các
điểm M, N.
a) Chứng minh rằng:
2
BC CA AB
BP
+ −
=
và BP = CD.
b) Trên đường thẳng MN ta lấy các điểm I và K sao cho CK // AB, BI // AC. Chứng minh
rằng: BICE là hình bình hành.

c) Gọi (S) là đường tròn đi qua 3 điểm I, K, P. Chứng minh rằng: (S) tiếp xúc với các
đường thẳng BC, BI, CK.
>?1/),(-. Cho a, b, c là các số thực không âm và abc = 1. Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2
1 1 1 1
2 3 2 3 2 3 2a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
23
ĐỀ CHÍNH THỨC
UBND HUYỆN TAM DƯƠNG

A=[Q99:;<%
E3=%5
/
>?/)+1,(-.
Câu Nội dung trình bày Điểm
a)
(1,5đ)
Ta có

(
)
(
)
3
3 33
3 3 3 3

3 2 2 3 2 2
3 2 2 3 2 2 3. 3 2 2. 3 2 2 3 2 2 3 2 2
6 3x
x
= + + −
= + + − + + − + + −
= +
(
)
(
)
3
3 33
3 3 3 3
17 12 2 17 12 2
17 12 2 17 12 2 3. 17 12 2. 17 12 2 17 12 2 17 12 2
34 3
y
y
= + + −
= + + − + + − + + −
= +
Khi đó A = 6 + 3x + 34 + 3y – 3(x + y) + 2011 = 2051
0,5
0,5
0,5
b)
(1đ)
b) Ta có:
( )

( ) ( )
1 1
( 1) 1
( 1) 1
1 1 1 1
( 1) 1
( 1) 1 1
n n n n
n n n n
n n n n
n n n n
n n n n n n
=
+ + +
+ + +
+ − + −
= = = −
+ +
+ + + + −
Do đó:
1 1 1 1 1 1 1 1
+
1 2 2 3 3 4 2011 2012
1
1
2012
S
S
= − + − + − + −
= −

0,5
0,25
0,25
>?/),(-.
Câu Nội dung trình bày Điểm
a)(1đ)
§iÒu kiÖn:
3
≥ −
x
Ph¬ng tr×nh t¬ng ®¬ng víi
( )
( )
2
2
2
2 1 3 4 3 4 1 3 2
− + = + − + + ⇔ − = + −
x x x x x x
( )
( )
1 3 1
1 3 2
1 2 3 3 3 2


+ = +
− = + −

⇔ ⇔



− = − + + = −



x x
x x
x x x x
Ta cã
( )
( )
2
2
1 0
1
1 1
2 0
1 3
+ ≥

≥ −


⇔ ⇔ ⇔ =
 
+ − =
+ = +




x
x
x
x x
x x
(tho¶ m·n)
0,25
0,25
0,25
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
24
ĐỀ CHÍNH THỨC
( )
( )
2
2
3 0
3
2 1
7 6 0
3 3
− ≥

≤


⇔ ⇔ ⇔ =
 
− + =

+ = −



x
x
x
x x
x x
(tho¶ m·n)
VËy ph¬ng tr×nh ®· cho cã mét nghiÖm x = 1.
0,25
b)(1đ) - Nếu x = 0 thì y = 1, -1
- Nếu x ≠ 0, ta có
4 2 4 2 4 4 2
2x 1 3x 1 4x 4x x y x+ + < + + = < + +
Hay
2 2 4 2 2 2 2 2
(x 1) 3x 1 ( ) (x 2)x y+ < + + = < +
(loại)
Vậy PT có 2 nghiệm nguyên (x, y) là (0; 1), (0; -1)
0,25
0,5
0,25
>?*/),(-.
Câu Nội dung trình bày Điểm
a)(1đ) Từ đề bài suy ra ab + bc + ca = 1
Ta có 1 + a
2
= ab + bc + ca + a

2
= (a + b)(a + c)
1 + b
2
= ab + bc + ca + b
2
= (b + c)(a + b)
1 + c
2
= ab + bc + ca + c
2
= (c + a)(b + c)
Do đó
[ ]
2
( )( )( ) ( )( )( )P a b b c c a a b b c c a= + + + = + + +
Vì a, b, c là số hữu tỉ nên P là số hữu tỉ
0,25
0,25
0,25
0,25
b)(1đ)
Theo bài ra ta có
2 1 2 1a b c abc a abc b a+ + + = ⇒ + = − −
Do đó
(1 )(1 ) (1 )a b c a b c bc− − = − − +

2
( 2 ) ( )a a abc bc a abc a abc= + + = + = +
Tương tự

(1 )(1 )b c a b abc− − = +
(1 )(1 )c a b c abc− − = +
Khi đó
3 2011 2 2011 2012B a b c abc abc a b c abc
= + + + − + = + + + + =
0,25
0,5
0,25
Câu Nội dung trình bày Điểm
a)(1đ)
Sưu Tầm: GV Phạm Văn Vượng – NBS – Hoằng Hóa
25
O’@
F
E
A
B
C
N
I
D
P
M
K
@O