5 Đề thi HSG 9 kèm Đáp án

Đề 1:
C©u 1( 5 ®iÓm):Giải các phương trình sau
a)
2
x 1 x 1+ = −

b)
112
3
=−+−
xx
Giải:
a)
( )
( )
( )
2
2
2
2
2
x 1 0
x 1;x 1
x 1 0
x 1
x 1 x 1
x x 1 x x 1 0
x 1 x 1
− ≥
≥ ≤ −




+ ≥
≥ −
+ = − ⇔ ⇔
 
 
+ − − =
+ = −




1−=⇔ x
hoặc
2
51+
=x
b) ĐK:
1≥x
;Đặt



−=
−=
1
2
3
xv

xu
Khi đó ta có:












=
−=



=
=



=
=



⇔

=+
=+
3
2
0
1
1
0
1
1
23
v
u
v
u
v
u
vu
vu
Trở lại cách đặt ta được:
1/
⇔



=
=
1
0
v

u
2
11
02
3
=⇔



=−
=−
x
x
x
2/
⇔



=
=
0
1
v
u
1
01
12
3
=⇔




=−
=−
x
x
x
3/
⇔



=
−=
3
2
v
u
10
31
22
3
=⇔



=−
−=−
x

x
x
Câu 2
a)T×m m sao cho ph¬ng tr×nh

2x m 2x 1 2m 4 0− − + − =
cã 2 nghiÖm ph©n biÖt
b)Tìm tất cả các số dương x,y,z thoả mãn:





=++
≤++
3
941
12
zyx
zyx
Giải:
a)HD: §K :
1
x
2
≥
§Æt
( )
2
t 2x 1 t 0 t mt 2m 3 0(*)= − ≥ => − + − =

§Ó pt cã 2 nghiÖm ph©n biÖt th× pt(*) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt t
1
; t
2
tho¶ m·n
1 2
t t 0> ≥
2
m 6
m 2
m 8m 12 0
m 6
3
P 2m 3 0 m
3
2
m 2
S m 0
2
m 0

>



<



= + >

>





=


<

= >


>




b) T gi thit ta suy ra
6
4
941

++
+++
zyx
zyx
(1)
Mt khỏc ta cú:

1
4
.
1
2
4
1
=+
x
x
x
x
;
2
4
4
+
y
y
;
3
4
9
+
z
z
Do ú ta cú
6
4
941

++
+++
zyx
zyx
(2)
Do vy (1) xy ra thỡ ta phi cú:
6
4
941
=
++
+++
zyx
zyx
hay





=
=
=

=
=
=
6
4
2
4
9
4
4
4
1
z
y
x
z
z
y
y
x
x
Câu 3: Cho 3 s dơng x,y,z thoả mãn điều kiện xy+ yz + zx = 1. Tính tổng:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2

1 y 1 z 1 x 1 z 1 x 1 y
S x. y z
1 x 1 y 1 z
+ + + + + +
= + +
+ + +
HD: Ta có 1+ x
2
= xy+ yz + zx + x
2
= x(x+y) + z(x+y) = (x + y)(x + z)
Tơng tự 1 + y
2
= (y + x)(y + z)
1 + z
2
= (z + x)(z + y)
=> S =
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
x y z y z x z x y 2 xy yz xz 2+ + + + + = + + =
Câu 4 Từ điểm K nằm ngoài (0) vẽ 2 tiếp tuyến KA, KC với (O) ( A,C là 2 tiếp
điểm) và cát tuyến KBD (B nằm giữa K và D). Gọi M là giáo điểm của AC và KO.
a.c/m: KA
2
= KM.KO
b.c/m tứgiác BMOD nội tiếp
c) Chứng minh MA là tia phân giác của
ã
BMD

.
d.Gọi F là giao điểm của BM với (O) c/m: DF //AC
Gii :
b. Ta c/m:
ã
ã
BMK KDO=
+.c/m: KA
2
= KB.KD
Mà KA
2
= KM.KO (cmt)
=>
KB KO
KM KD
=
mà
ã
BKM
chung
=>
BKM ~ OKD(c.g.c)V V
=>
ã
ã
BMK KDO=
=> tứ giác BMOD nội tiếp
c) tứ giác BMOD nội tiếp
=>

à
à
1 4
D M=
( 2góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau:
ằ
ằ
BO DO=
)
Mà
à
à
1 1
D M=
(cmt) =>
à à
1 4
M M=
Mà
à à à à
( )
à à
0
1 2 3 4 2 3
M M M M 90 M M+ = + = => =
=> MA là tia phân giác của
ã
BMD
.
d.Cách 1: tứ giác BMOD nội tiếp =>

ã
ã
BMD BOD(1)=
(2gnt cùng chắn
ằ
BD
)
Vì MA là tia phân giác của
ã
BMD
=>
à
ã
2
1
M BMD
2
=
(2)

$
ã
1
F BOD
2
=
(gnt và góc ở tâm cùng chắn cung BD) (3)
Từ 1,2,3 =>
$
à

2
F M=
mà 2 góc ở vị trí đồng vị => DF//AC
Cách 2: Kẻ OH

KD =>
ã
ã
BFD DOH=
(1)
Do
ã
ã
BMK KDO=
=>
ã
ã
BMA HOD=
(2) (vì cùng phụ với 2 góc bằng nhau)
Từ (1) và (2) =>
ã
ã
BMA BFD=
mà 2 góc ở vị trí đồng vị => DF//AC
Bi 5
Cho s thc m, n, p tha món :
2
2 2
3m
n np p 1

2
+ + =
.
Tỡm giỏ tr ln nht v nh nht ca biu thc : B = m + n + p.
2
2 2
3
1
2
m
n np p+ + =
(1)
( m + n + p )
2
+ (m p)
2
+ (n p)
2
= 2
(m p)
2
+ (n p)
2
= 2 - ( m + n + p )
2
(m p)
2
+ (n p)
2
= 2 B

2
v trỏi khụng õm 2 B
2
0 B
2
2
2 2B

du bng m = n = p thay vo (1) ta cú m = n = p =
2
3

Max B =
2
khi m = n = p =
2
3
Min B =
2
khi m = n = p =
2
3

2:
Cõu 1. a) Cho hm s
3 2010
f (x) (x 12x 31)
= +
Tớnh
f (a)

ti
3 3
a 16 8 5 16 8 5
= + +
b) Tỡm cỏc nghim nguyờn ca phng trỡnh:
2 2
5(x xy y ) 7(x 2y)
+ + = +
Giải:
a)
3 3
16 8 5 16 8 5a = − + +
⇒
3
3 3
3
32 3 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 5 16 8 5)a = + − + − + +


⇒

3
32 3.( 4).a a= + −
⇒
3
32 12a a= −

⇒
3
12 32 0a a+ − =

⇒
3
12 31 1a a+ − =

⇒
2010
( ) 1 1f a = =
b)
2 2
5( ) 7( 2 )x xy y x y+ + = +
(1)
⇒
7( 2 ) 5x y+ M

⇒
( 2 ) 5x y+ M
Đặt
2 5x y t+ =
(2)
( )t Z∈
(1) trở thành
2 2
7x xy y t+ + =
(3)
Từ (2)
⇒

5 2x t y= −
thay vào (3) ta được

2 2
3 15 25 7 0y ty t t− + − =
(*)
2
84 75t t∆ = −
Để (*) có nghiệm
2
0 84 75 0t t⇔ ∆ ≥ ⇔ − ≥

28
0
25
t⇔ ≤ ≤

Vì
0t Z t
∈ ⇒ =
hoặc
1t
=
Thay vào (*)
Với
0t
=
1
0y⇒ =
1
0x⇒ =
Với
1t =

2 2
3 3
3 1
2 1
y x
y x
= ⇒ = −

⇒

= ⇒ =

Câu 2.
a) Giải phương trình:
2 3 2 2
x x x x x
= − + −
b) Giải hệ phương trình:
2
1 1 1
2
x y z
2 1
4
xy z

+ + =





− =


Giải:
a) ĐK
0x
=
hoặc
1x
≥
Với
0x
=
thoã mãn phương trình
Với
1x ≥
Ta có
3 2 2 2
1
( 1) ( 1)
2
x x x x x x− = − ≤ + −

2 2 2
1
1( ) ( 1)
2
x x x x x x− = − ≤ − +

3 2 2 2
x x x x x⇒ − + − ≤

Dấu "=" Xẩy ra
2
2
1
1
x x
x x

= −

⇔

− =



2
2
1
1 1
1
x x
x x
x x

= −


⇔ ⇒ + = −

= +


Vô lý
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
0x =
b)
2
1 1 1
2 (1)
( )
2 1
4 (2)
x y z
I
xy z

+ + =




− =


ĐK
; ; 0x y z ≠

Từ (1)
2 2 2
1 1 1 2 2 2
4
x y z xy xz yz
⇒ + + + + + =

Thế vào (2) ta được:
2 2 2 2
2 1 1 1 1 2 2 2
xy z x y z xy xz yz
− = + + + + +

2 2 2
1 1 2 2 2
0
x y z xz yz
⇔ + + + + =

2 2 2 2
1 2 1 1 2 1
( ) ( ) 0
x xz z y yz z
⇔ + + + + + =

2
2
1 1 1 1
0
x z y z

 
 
⇔ + + + =
 ÷
 ÷
 
 

1 1
0
1 1
0
x z
x y z
y z

+ =


⇔ ⇔ = = −


+ =


Thay vào hệ (I) ta được:
1 1 1
( ; ; ) ( ; ; ) ( )
2 2 2
x y z TM= −

Câu 3.
Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
3 3 3 3 3 3
1 1 1
A
x y 1 y z 1 z x 1
= + +
+ + + + + +
Giải: Ta có
2
(x y) 0 x; y− ≥ ∀

2 2
x xy y xy⇔ − + ≥
Mà x; y > 0 =>x+y>0
Ta có: x
3
+ y
3
= (x + y)(x
2
- xy + y
2
) ⇒ x
3
+ y
3
≥ (x + y)xy
⇒ x

3
+ y
3
+1 = x
3
+ y
3
+xyz ≥ (x + y)xy + xyz
⇒ x
3
+ y
3
+ 1 ≥ xy(x + y + z) > 0 Tương tự: y
3
+ z
3
+ 1 ≥ yz(x + y + z) > 0
z
3
+ x
3
+ 1 ≥ zx(x + y + z) > 0
⇒
1 1 1
A
xy(x y z) yz(x y z) xz(x y z)
≤ + +
+ + + + + +
⇒
x y z

A
xyz(x y z)
+ +
≤
+ +

⇒
1
A 1
xyz
≤ =
Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 ⇔ x = y = z = 1
Câu 4.
Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ
một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn
tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai đường thẳng AD
và AE cắt đường tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác với điểm A). Đường
thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng:
a)
MI.BE BI.AE
=
b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định.
Giải:

N
Q
H
K
I
M

D
E
B
A
O
O'
C


a) Ta có:
·
·
BDE BAE=
(cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O)

·
·
BAE BMN=
(cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O')
⇒

·
·
BDE BMN=

hay
·
·
BDI BMN=

⇒
BDMI là tứ giác nội tiếp
⇒

·
·
MDI MBI=
(cùng chắn cung MI)
mà
·
·
MDI ABE=
(cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O)
⇒

·
·
ABE MBI=
mặt khác
·
·
BMI BAE=
(chứng minh trên)
⇒
∆MBI ~ ∆ ABE (g.g)
⇒
MI BI
AE BE
=
⇔ MI.BE = BI.AE

b) Gọi Q là giao điểm của CO và DE
⇒
OC ⊥ DE tại Q
⇒
∆ OCD vuông tại D có DQ là đường cao
⇒
OQ.OC = OD
2
= R
2
(1)
Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm của AB và OO'
⇒
OO' ⊥
AB tại H. Xét ∆KQO và ∆CHO có
µ
µ
µ
0
Q H 90 ;O= =
chung
⇒
∆KQO ~ ∆CHO (g.g)
⇒

KO OQ
OC.OQ KO.OH (2)
CO OH
= ⇒ =
Từ (1) và (2)

2
2
R
KO.OH R OK
OH
⇒ = ⇒ =
Vì OH cố định và R không đổi
⇒
OK không đổi
⇒
K cố định
Câu 5.
Cho tam giỏc ABC vuụng cõn ti A, trung tuyn AD. im M di ng trờn on
AD. Gi N v P ln lt l hỡnh chiu ca im M trờn AB v AC. V
NH PD

ti H.
Xỏc nh v trớ ca im M tam giỏc AHB cú din tớch ln nht.
Gii:

O
A
H'
H
E
P
N
D
C
B

M
ABC vuụng cõn ti A

AD l phõn giỏc gúc A v AD BC D (O; AB/2)
Ta cú ANMP l hỡnh vuụng (hỡnh ch nht cú AM l phõn giỏc)

t giỏc ANMP ni tip ng trũn ng kớnh NP
m
ã
0
NHP 90=
H thuc ng trũn ng kớnh NP


ã
ã
0
AHN AMN 45= =
(1)
K Bx AB ct ng thng PD ti E

t giỏc BNHE ni tip ng trũn ng kớnh NE
Mt khỏc BED = CDP (g.c.g)

BE = PC
m PC = BN

BN = BE

BNE vuụng cõn ti B

ã
0
NEB 45=
m
ã
ã
NHB NEB=

(cựng chn cung BN)


ã
0
NHB 45=
(2)
T (1) v (2) suy ra
ã
0
AHB 90=

H (O; AB/2) gi H' l hỡnh chiu ca H trờn AB
AHB AHB
HH'.AB
S S
2
=
ln nht HH' ln nht
m HH' OD = AB/2 (do H; D cựng thuc ng trũn ng kớnh AB v OD AB)

Du "=" xy ra H D M D
3:
Bài 1:
Cho phơng trình x
4
+ 2mx
2
+ 4 =0
Tìm giá trị của tham số m để phơng trình có 4 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
, x
3
, x
4
thỏa mãn
x
1
4
+ x
2
4
+ x
3
4
+ x
4
4
= 32

Gii:
Phơng trình x
4
+ 2mx
2
+ 4 =0 (1). Đặt t = x
2
Phơng trình (1) trở thành: t
2
+ 2mt +4 =0 (2)
Phơng trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phơng trình (2) có 2 nghiệm dơng phân
biệt t
1
, t
2

2
1 2
1 2
' 4 0
2 0 2
. 4 0
m
t t m m
t t

= >

+ = > <

= >

Khi đó phơng trình (1) có 4 nghiệm là x
1,2
=
1 3,4 2
; xt t =
Và x
1
4
+ x
2
4
+ x
3
4
+ x
4
4
= 2 (t
1
2
+ t
2
2
)
= 2[(t
1
+ t

2
)
2
- 2 t
1
.t
2
]
= 2[(-2m)
2
-2.4]
= 8m
2
- 16
Từ giả thiết ta có 8m
2
- 16 = 32
6 ; m= 6 m =
(loại).
Vậy giá trị cần tìm của m là:
6 m =
Bài 2:
Giải hệ phơng trình
Gii:
Hệ phơng trình:

2 2
2 2
2 2
2 2

2 2
2 2
2 2
2 5 2 0
4 0
( 1) 2 5 2 0
4 0
( 2)( 2 1) 0
4 0
2 0
4 0
2 1 0
4 0
1
1
4
x=
5
va
13
5
x xy y x y
x y x y
y x y x x
x y x y
y x y x
x y x y
y x
x y x y
y x

x y x y
x
y
x
y

+ + + =


+ + + =



+ + =



+ + + =


+ + =



+ + + =


+ =

+ + + =




+ =




+ + + =


=


=



=




=


1

y=1












Vậy hệ phơng trình có 2 nghiệm: (1; 1);
4 13
; -
5 5


ữ

Bài 3:
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức
x
2
+ xy + y
2
= x
2
y

2

Gii: *Với x 2 và y 2 ta có:
2 2 2
2 2 2
4
4
x y x
x y y







2 2
2 2
2 5 2 0
4 0

+ + + =


+ + + =


x xy y x y
x y x y
x

2
y
2
2 (x
2
+ y
2
) = x
2
+ y
2
+x
2
+ y
2
x
2
+ y
2
+ 2xy> x
2
+ y
2
+ xy
* Vậy x 2 hoặc y 2
- Với x =2 thay vào phơng trình ta đợc 4 + 2y + y
2
= 4y
2
hay 3y

2
-2y -4 =0 Phơng trình không có nghiệm nguyên
- Với x =-2 thay vào phơng trình ta đợc 4 - 2y + y
2
= 4y
2
hay 3y
2
+2y -4 =0 Phơng trình không có nghiệm nguyên
- Với x =1 thay vào phơng trình ta đợc 1 + y + y
2
= y
2
hay y = -1
- Với x =-1 thay vào phơng trình ta đợc 1 - y + y
2
= y
2
hay 1- y = 0 y =1
- Với x = 0 thay vào phơng trình ta đợc y =0
Thử lại ta đợc phơng trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là:
(0; 0); (1, -1); (-1, 1)
Bài :
Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện x
2
+ (3 -x)
2
5. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = x

4
+ (3-x)
4
+ 6x
2
(3-x)
2
.
Gii: Đặt y =3-x bài toán đã cho trở thành: tìm GTNN của biểu thức:
P= x
4
+ y
4
+ 6x
2
y
2
trong đó x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn:

2 2
3
5
x y
x y
+ =


+

Từ các hệ thức trên ta có:

2 2
2 2
2 9
5
x y xy
x y

+ + =


+


(x
2
+ y
2
) + 4(x
2
+ y
2
+ 2xy) 5 + 4.9 =41
5(x
2
+ y
2
) + 4(2xy) 41
Mặt khác 16 (x
2
+ y

2
)
2
+ 25(2xy)
2
40(x
2
+ y
2
)(2xy) (1)
Dấu đẳng thức xảy ra 4 (x
2
+ y
2
) =5(2xy).
Cộng hai vế của (1) với 25 (x
2
+ y
2
)
2
+ 16(2xy)
2
ta đợc:
41[ (x
2
+ y
2
)
2

+ (2xy)
2
]

[5(x
2
+ y
2
) + 4(2xy)]
2
41
2
hay (x
2
+ y
2
)
2
+ (2xy)
2
41 x
4
+ y
4
+6x
2
y
2
41
Đẳng thức xảy ra

2 2
2 2
3
( ; ) (1;2)
5
( ; ) (2;1)
4( ) 5(2 )
x y
x y
x y
x y
x y xy
+ =

=


+ =


=


+ =


Do đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 41 đạt đợc x=1 hoặc x=2
4:
Bi 1 Rỳt gn cỏc biu thc sau:
1/ A =

5122935
2/ B =
2
43
24
48
++
++
xx
xx
Giải:
1/ A=
( )
3 - 5235 −−

=
52 - 6 5 −

=
) 1 - 5( 5 −
= 1
2/ B =
2 x
x- 2) (
24
424
++
+
x
x

=
2 x
) x 2 )( x- 2 (
24
2424
++
+++
x
xx

= x
4
– x
2
+ 2
Bài 2
1/ Cho a > c; b > c; c > 0. Chứng minh rằng:

abcbccac ≤−+− )()(
2/ Cho 3 số dương x, y, z có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:

zxyzxyxyzzxyyzx +++≥+++++ 1
.
Giải: 1/ Điều phải chứng minh tương đương với phải chứng minh

1
c) - c(b )(
≤
+−
ab

cac
(1)
VT (1) =
1
2
b
c
- 1
a
c

2
a
c
- 1
b
c

b
c
- 1
a
c

a
c
- 1 =
+
+
+

≤






+






b
c
(Bất đẳng thức côsi). Suy ra điều phải chứng minh
2/ Trước hết ta chứng minh:
yz x +≥+ yzx
(1)
Ta có (1) ⇔
yz 2x x yz
2
++≥+ yzx

⇔
yz2 x 1 +≥
⇔
yz2 x +≥++ zyx
(vì x + y + z = 1)

⇔
( )
0 z -
2
≥y
luôn đúng
• Tương tự có
zx y +≥+ zxy
(2) và
xy z +≥+ xyz
(3)
• Từ (1), (2), (3) ta có

zxyzxyxyzzxyyzx +++≥+++++ 1
(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
3
1
Bài 3
1/ Giải phương trình: x
2
+ 3x +1 = (x + 3)
1
2
+x
2/ Giải hệ phương trình:
x + y + z = 6
xy + yz - zx = -1
x
2

+ y
2
+ z
2
= 14

Giải
:
1/ Đặt
1 t 1
2
≥=+x
⇒ x
2
= t
2
- 1, phương trình đã cho trở thành
t
2
– (x + 3)t + 3x = 0
⇔



=
=
3 t
x t
• Với t = x thì
x 1

2
=+x
phương trình này vô nghiệm.
• Với t = 3 thì
3 1
2
=+x
⇔ x
2
= 8 ⇔ x =
22±
• Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x =
22±
2/ Ta có x
2
+ y
2
+ z
2
= (x + y + z)
2
– 2(xy + yz + zx) = 14
⇒ xy + yz + zx = 11 kết hợp với xy + yz - zx = -1 có y(x + z) = 5
⇒ y và x+z là nghiệm của phương trình t
2
– 6t + 5 = 0
⇒




=+
=
1
5
zx
y
hoặc



=+
=
5
1
zx
y
• Với



=+
=
1
5
zx
y
hệ vô nghiệm
Với




=+
=
5
1
zx
y
hệ có 2 nghiệm (x;y;z)=(2;1;3) và (x;y;z)=(3;1;2)

Bài 4
Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Gọi chân đường vuông góc hạ từ điểm M
nằm trong tam giác đến các cạnh BC, CA, AB lần lượt là D, E, F. Xác định vị trí của M
để :
1/
MFMEMD
111
++
đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó .
2/
MDMFMFMEMEMD +
+
+
+
+
111
đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó .
Giải:
F
E
D

z
y
x
M
C
B
A
Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ M đến BC, CA, AB và h là đường cao ∆ABC
Dễ dàng chứng minh được
• x+y+z = h =
2
3a
9
111
)( ≥








++++
zyx
zyx

9
111
)( ≥









+
+
+
+
+
+++++
xzzyyx
xzzyyx
Từ đó ta có
1/
a
36

3a
9.2

9111111
==≥++=++
hzyxMFMEMD
2/
a
33

3a
9

2
9111111
==≥
+
+
+
+
+
=
+
+
+
+
+ hxzzyyxMDMFMFMEMEMD
Trong cả hai trường hợp đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z
⇔ M là trọng tâm tam giác đều ABC
Bài 5
1/ Chứng minh rằng 2
2p
+ 2
2q
không thể là số chính phương, với mọi p, q là các số
nguyên không âm.
2/ Có hay không 2009 điểm trên mặt phẳng mà bất kỳ 3 điểm nào trong chúng
đều tạo thành 1 tam giác có góc tù.
Giải:

1/ Không mất tính tổng quát giả sử p≥ q, ta có: 2
2p
+ 2
2q
= 4
q
(4
p-q
+ 1)
4
q
là số chính phương, nên cần chứng minh 4
p-q
+ 1 không chính phương.
Giả sử ngược lại, 4
p-q
+ 1 = (2k + 1)
2
(k ∈N)
⇔ 4
p-q-1
= k(k + 1)
vô lí vì tích hai số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phương
2/ Trên mặt phẳng vẽ đường tròn đường kính AB bất kì.
Trên nửa đường tròn đó lấy 2009 điểm A
1
; A
2
; … ; A
2009

khác nhau và khác B
⇒ Bất kì 3 điểm nào A
i
, A
j
, A
k
(i ≠ j ≠ k) đều tạo thành một tam giác chắc chắn có một
góc tù
⇒ luôn tồn tại 2009 điểm thỏa mãn điều kiện bài toán

Đề 5:
Câu 1 (3,5 điểm)
1/ Rút gọn biểu thức:
2 3 2 3
2 4 2 3 2 4 2 3
+ −
+
+ + − −
.
2/ Cho hàm số f(x) = (x
3
+ 6x - 5)
2010
, tính f(a) với a =
33
173173 −++
.
Câu 2 (4,5 điểm)
1/ Giải hệ phương trình:

2
2
2
x 2x y 2y x
y 2y z 2z y
z 2z x 2x z

− + =


− + =


− + =


.
2/ Giải phương trình:
3 2
1
3
x x x− − =
.
Câu 3 (4,0 điểm)
Cho đường tròn (O, R) nội tiếp hình thang ABCD (AB//CD), với E; F; G; H theo
thứ tự là tiếp điểm của (O, R) với các cạnh AB; BC; CD; DA.
1/ Chứng minh
EB GD
EA GC

=
. Từ đó, hãy tính tỷ số
EB
EA
,biết: AB=
4R
3
và BC=3R.
2/ Trên cạnh CD lấy điểm M nằm giữa hai điểm D và G sao cho chân đường
vuông góc kẻ từ M đến DO là điểm K nằm ngoài (O, R). Đường thẳng HK cắt (O, R) ở
điểm T (khác H). Chứng minh MT = MG.

Câu 4 (4,0 điểm)
1/ Cho tam giác ABC có BC = a; CA = b; AB = c và R là bán kính đường tròn
ngoại tiếp thoả mãn hệ thức R(b + c) = a
bc
. Hãy xác định dạng tam giác ABC.
2/ Giả sử tam giác ABC không có góc tù, có hai đường cao AH và BK. Cho biết
AH
≥
BC và BK
≥
AC. Hãy tính các góc của tam giác ABC.
Câu 5 (4,0 điểm)
1/ Tìm tất cả các cặp số tự nhiên n và k để (
4 2k 1
n 4 )
+
+
là số nguyên tố.

2/ Cho các số thực a và b thay đổi thỏa mãn
3 3
a b 2+ =
. Tìm tất cả các giá trị
nguyên của (a + b).
Giải:
Câu 1 (3,5 điểm)

1) (1,50đ)
Biến đổi Biểu thức đã cho thành
2 2
2 3 2 3
2 ( 3 1) 2 ( 3 1)
+ −
+
+ + − −
0,50
=
(2 3)(3 3) (2 3)(3 3)
(3 3)(3 3)
+ − + − +
+ −
=
6 3 3 6 3 3
9 3
− + + − −
−
= 1
0,50
0,50

2) (2,00 đ)
Từ a =
33
173173 −++
suy ra a
3
= (
33
173173 −++
)
3

⇔ a
3
= 6 + 3
3 3
3 17. 3 17+ −
(
33
173173 −++

⇔ a
3
= 6 – 6a
⇔ a
3
+ 6a – 6 = 0
Vậy f(a) = (a
3
+ 6a - 5)

2010
= (a
3
+ 6a – 6 + 1)
2010
= 1
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu 2 (4,50 điểm)
1) (2,50 đ)
Điều kiện: (x
0
≥
; y
0
≥
; z
0
≥
)

Với điều kiện trên hệ đã cho tương đương với hệ
2
2
2
(x y) x y (1)
(y z) y z (2)
(z x) z x (3)


− = −


− = −


− = −


Nếu hệ đã cho có nghiệm, do vế trái của mỗi phương trình trong hệ đều
không âm, do đó từ (1); (2) và (3) lần lượt suy ra hệ
x y 0
y z 0 x y z x x y z
z x 0
− ≥


− ≥ ⇒ ≥ ≥ ≥ ⇒ = =


− ≥


x y z 0
x y z 0
x y z 1
x x 0
= = ≥


= = =


⇒ ⇒
 
= = =
− =



Thử lại hai bộ nghiệm trên vào hệ đã cho, thấy nghiệm đúng.
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm x= y =z = 0; x = y = z = 1
0,25
0,75
0,75
0,50
0,25
2) (2,00 đ)
Phương trình đã cho tương đương với 3 x
3
– 3x
2
– 3x = 1
⇔ 4x
3
= x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1

⇔ 4x
3
= (x + 1)
3

⇔
3
4
x = x + 1
⇔ (
3
4
- 1)x = 1
⇔ x =
3
1
4 1−
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu 3 (4,00 điểm)
Đáp án Điểm
1) (2,00đ)
Do AB//CD
0
CDA DAB 180⇒ ∠ + ∠ =
; (O,R) là đường tròn nội tiếp
ABCD
nên DO và AO theo thứ tự là phân giác các góc CDA và DAB

0 0
1
ODA OAD ( CDA DAB) 90 AOD 90
2
⇒ ∠ + ∠ = ∠ + ∠ = ⇒ ∠ =
hay tam giác AOD vuông ở O , tương tự tam giác BOC vuông ở O.
0,25
Xét các tam giác OAD và BOC vuông ở O
có các đường cao OH và OF cùng bằng R
⇒
HA.HD = FB.FC = R
2
.
Mặt khác theo tính chất các tiếp tuyến của (O, R),
ta có HA = EA; EB = FB ; HD = GD; FC = GC.
Vậy EA.GD = EB.GC
⇒
EB GD
EA GC
=
= k (1)
0,25
0,25
+ Ta phải tìm k > 0 khi AB =
4R
3
và BC = 3R.
Vì AB//CD và AB ; CD là các tiếp tuyến của (O, R)
⇒

OE
⊥
AB và OG
⊥
CD

⇒
E; O; G thẳng hàng, nên EG = 2R và EG
2
=
2 2
BC (GC EB)− −
(2)
0,25
Từ (1) có
EB k kAB 4kR
BF = EB (3)
EB EA k 1 k 1 3(k 1)
= ⇒ = =
+ + + +

0,25

4kR
GC = CF BC BF 3R
3(k 1)
⇒ = − = −
+
(4)
0,25

Thay (4) và (3) vào (2), ta có 4R
2
=
2
2
2
2
8kR (k 9)
9R 3R 5
3(k 1)
9(k 1)
 
+
− − ⇔ =
 
+
+
 
0,25

2
11k 18k 9 0⇔ + − =
, giải phương trình được nghiệm k >0 là k =
9 6 5
11
− +
Vậy
EB
EA
=

9 6 5
11
− +
.
0,25
2) (2,00đ)
Ta có DH = DG ( hai tiếp tuyến của (O, R) kẻ từ D)
⇒ ∆
DHG cân ở D mà DO
là phân giác góc HDG
HG⇒ ⊥
DO, có MK
⊥
DO
⇒
MK//HG
KMG HGC⇒ ∠ = ∠
.
Mặt khác GC là tiếp tuyến của (O, R) và góc HTG nội tiếp chắn cung HFG
của (O,R)
HTG HGC⇒ ∠ = ∠
KMG HTG⇒ ∠ = ∠
⇒
tứ giác KTGM nội tiếp (5)
0,50
Lại có
0
OKM OGM 90∠ = ∠ = ⇒
O; K; G; M thuộc đường tròn đường kính
MO (6)

0,50
Từ (5) và (6)
⇒
5 điểm O; K; G; M; T thuộc đường tròn đường kính MO
0
MTO 90 OT MT⇒ ∠ = ⇒ ⊥
mà T thuộc (O, R), nên MT là tiếp tuyến của (O, R)
0,50
MT và MG là 2 tiếp tuyến của (O, R) kẻ từ M
⇒
MT = MG. 0,50

A
B
C
D
G
M
K
H
E
F
O
T
_K
_H
_
C
_B
_A

Câu 4 (4, 00 điểm)

1) (2,00 đ)
Từ R(b + c) = a
bc
suy ra
bc
=
( )R b c
a
+
Mà b và c > 0 nên theo bất đẳng thức Cô-si có
( )R b c
a
+
=
bc

2
b c+
≤
Suy ra 2R
≤
a. Mặt khác a ≤ 2R. Vậy a = 2R. Do đó tam giác ABC vuông tại A
0,50
1,00
0,50
2) (2,00 đ)
Tam giác AHC vuông tại H ⇒ AC ≥ AH ≥ BC (gt)
Tam giác BKC vuông tại K ⇒ BC ≥ BK ≥ AC (gt)

Suy ra AC = AH = BC = BK ⇒ C ≡ H ≡ K

Vậy ABC vuông cân tại C
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu 5 (4,0 điểm)
1) (2,00 đ)
Đặt M=
4 2k 1
n 4
+
+
+ Khi n chẵn ta có n
4
chia hết cho 2, mặt khác 4
2k+1
chia hết cho 2 và 4
2k+1
>2,
với mọi k
N
∈
. Vậy M không là số nguyên tố.
+ Khi n lẻ:
a) Khi n = 1 và k = 0, ta có M = 5 là số nguyên tố.
b) Khi n
1≥
và k

1≥
, ta chứng minh M không là số nguyên tố:
Ta có M = (
2 2k 1 2 k 1 2 2 2k 1 k 1 2 2k 1 k 1
n 2 ) (n.2 ) (n 2 n.2 )(n 2 n.2 )
+ + + + + +
+ − = + + + −
Mà
2 2k 1 k 1
n 2 n.2
+ +
+ +
là số nguyên lớn hơn 1 và
2 2k 1 k 1
n 2 n.2
+ +
+ −
là số
nguyên (1)
Mặt khác
2 2k 1 2 2k 1 k
n 2 2 n .2 2n.2 2
+ +
+ ≥ ≥

2 2k 1 k 1 k k 1 k 1
n 2 n.2 2n.2 2 n.2 n.2 ( 2 1) 1
+ + + +
+ − ≥ − = − >
(2)

Từ (1) và (2), suy ra M là hợp số
Kết luận:
4 2k 1
n 4
+
+
là số nguyên tố khi và chỉ khi n =1 và k = 0.

0,50
0,25
0,50
0,50
0,25
2) (2,00 đ)
Có a
3
+ b
3
= (a + b)(a
2
– ab + b
2
). Từ giả thiết a
3
+ b
3
= 2 (*)

⇒
2= (a + b)(a

2
– ab + b
2
) mà a
2
– ab + b
2
> 0
⇒
a + b > 0 (1) 0,25
Đặt a = x +1 và b = y + 1
⇒
2 = (x + 1)
3
+ (y + 1)
3
⇒
x
3
+ y
3
+ 3(x
2
+ y
2
) + 3(x + y) = 0 mà 3(x
2
+ y
2
)

≥
0
⇒
x
3
+ y
3
+ 3(x + y)
≤
0
⇒
(x + y)(x
2
– xy + y
2
+ 3)
≤
0 mà x
2
– xy + y
2
+ 3 > 0
⇒
x + y
≤
0 0,75
⇒
a + b – 2
≤
0

⇒
a + b
≤
2 (2)
Từ (1) và (2)
⇒
0 < a + b
≤
2, nên giá trị nguyên của a + b chỉ có thể là 1 hoặc
2
0,25
+ Chọn a = 1 và b = 1, thoả mãn điều kiện (*), khi đó a + b = 2 0,25
+ Để a + b = 1, ta sẽ chứng tỏ: có a và b thoả mãn

3 3 2 2
a b 1 a b 1
a b 1
ab 1/ 3
a b 2 a ab b 2
+ = + =
+ =
 

⇔ ⇔
  
= −
+ = − + =

 
(I)

(a; b) là nghiệm hệ (I) khi và chỉ khi a và b là nghiệm phương trình t
2
– t
1
3
−
=
0, phương trình này luôn có nghiệm
⇒
điều cần chứng minh.
0,25
Kết luận: a + b có hai giá trị nguyên là 1 và 2. 0,25