Đề thi HSG Toán 9

1
Bài 1: (1.5 điểm)
Thực hiện tính:
24
422
2
2
++−
−+
xx
xx
với
362 +=x
Bài 2: (2.5 điểm)
Giải các phương trình:
a.
2455
22
−=++−+ xxxx
b.
322323
22
−++−=+++− xxxxxx
Bài 3: (2.0 điểm)
a. Chứng minh phương trình (n+1)x
2
+ 2x - n(n+2)(n+3) = 0 luôn có nghiệm hữu tỉ với
mọi số n nguyên.
b. Gọi x
1
, x

2
là nghiệm của phương trình x
2
+ 2009x + 1 = 0
x
3
, x
4
là nghiệm của phương trình x
2
+ 2010x + 1 = 0
Tính giá trị của biểu thức: (x
1
+x
3
)(x
2
+ x
3
)(x
1
-x
4
)(x
2
-x
4
)
Bài 4: ( 3.0 điểm)
Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với

đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Đoạn thẳng AO cắt đường tròn (O) tại M. Trên cung nhỏ MC
của (O) lấy điểm D. AD cắt (O) tại điểm thứ hai E. I là trung điểm của DE. Đường thẳng qua D
vuông góc với BO cắt BC tại H và cắt BE tại K.
a. Chứng minh bốn điểm B, O, I, C cùng thuộc một đường tròn.
b. Chứng minh ∠ ICB = ∠ IDK
c. Chứng minh H là trung điểm của DK.
Bài 5: ( 1.0 điểm)
Cho A(n) = n
2
(n
4
- 1). Chứng minh A(n) chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n.
Bài 1: (1.5 điểm)
Thực hiện tính:
24
422
2
2
++−
−+
xx
xx
với
362 +=x

2
1
)22(2
)22(
2)2)(2(

)2)(2(222
2
+
=
++−+
−++
=
++−+
−++−++
=
xxxx
xx
xxx
xxxx
Thay
362 +=x
vào
được:
23
23
1
)23(
1
3262
1
2
−=
+
=
+

=
++
Bài 2: (2.5 điểm)
Giải các phương trình:
a.
2455
22
−=++−+ xxxx
24545
22
=++−++ xxxx
.Đặt
45
2
++= xxy
(y ≥ 0) được: y
2
- y - 2 = 0
Giải phương trình được: y
1
= -1 (loại); y
2
= 2.Với y = 2 giải
245
2
=++ xx
được x
1
= 0; x
2

= -5.
2
Thử lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệmGhi chú: Có thể đặt y = x
2
+ 5x. Lúc này
cần đặt điều kiện khi bình phương hai vế.
b.
322323
22
−++−=+++− xxxxxx
)3)(1(23)2)(1( +−+−=++−− xxxxxx
,
032)32(1 =++−−+−−− xxxxx
0)11)(32( =−−+−− xxx
032 =+−− xx
vô nghiệm;
011 =−−x
được x = 2. Thử lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết
luận nghiệm.
Bài 3: (2.0 điểm)
a.Chứng minh Phương trình (n+1)x
2
+ 2x - n(n+2)(n+3) = 0 luôn có nghiệm hữu tỉ với mọi số n
nguyên.
n =-1: Phương trình có nghiệm. Với n ≠ -1 ⇒ n+1≠0.∆’= 1+ n(n+2)(n+3)(n+1)
= 1+ (n
2
+ 3n)(n
2
+3n+2) = (n

2
+ 3n)
2
+ 2(n
2
+ 3n) + 1 =(n
2
+ 3n + 1)
2
.
0,50
∆’≥ 0 nên phương trình luôn có nghiệm.
0,25
∆’ chính phương, các hệ số là số nguyên nên các nghiệm của phương trình là số hữu tỉ.
0,25
b. Gọi x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình x
2
+ 2009x + 1 = 0
x
3
, x
4
là nghiệm của phương trình x
2
+ 2010x + 1 = 0
Tính giá trị của biểu thức: (x

1
+x
3
)(x
2
+ x
3
)(x
1
-x
4
)(x
2
-x
4
)
Giải:
Chứng tỏ hai phương trình có nghiệm.
Có: x
1
x
2
= 1x
3
x
4
= 1 x
1
+x
2

= -2009 x
3
+ x
4
= -2010
Biến đổi kết hợp thay: x
1
x
2
= 1; x
3
x
4
= 1
(x
1
+x
3
)(x
2
+ x
3
)(x
1
-x
4
)(x
2
-x
4

) = (x
1
x
2
+ x
2
x
3
- x
1
x
4
-x
3
x
4
)(x
1
x
2
+x
1
x
3
-x
2
x
4
-x
3

x
4
)
= (x
2
x
3
- x
1
x
4
)(x
1
x
3
-x
2
x
4
)= x
1
x
2
x
3
2
- x
3
x
4

x
2
2
- x
3
x
4
x
1
2
+x
1
x
2
x
4
2
= x
3
2
- x
2
2
- x
1
2
+ x
4
2
= (x

3
+ x
4
)
2
- 2x
3
x
4
-( x
2
+ x
1
)
2
+ 2x
1
x
2
= (x
3
+ x
4
)
2
-( x
2
+ x
1
)

2
Thay x
1
+x
2
= -2009; x
3
+ x
4
= -2010 được : 2010
2
- 2009
2
=2010+2009 =4019
Ghi chú: Có thể nhân theo nhóm [(x
1
+x
3
)(x
2
+ x
3
)].[(x
1
-x
4
)(x
2
-x
4

)]
Bài 4: ( 3.0 điểm)
OA
B
C
I
D
E
K
H
M
3
OB ⊥ BA; OC ⊥ CA ( AB, AC là các tiếp tuyến),OI ⊥ IA (I là trung điểm của dây DE) .
⇒ B, O, I, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO.
0,75
∠ICB = ∠IAB ( Cùng chắn cung IB đường tròn đường kính AO) (1)
DK // AB (Cùng vuông góc với BO)⇒ ∠ IDK = ∠IAB (2)
Từ (1) và (2) được: ∠ ICB = ∠ IDK
1.0
∠ ICB = ∠ IDK hay ∠ ICH = ∠ IDH ⇒ Tứ giác DCIH nội tiếp.⇒ ∠HID = ∠ HCD
∠ HCD = ∠ BED (Cùng chắn cung DB của (O))⇒ ∠HID = ∠ BED ⇒ IH // EB
⇒ IH là đường trung bình của DEK ⇒ H là trung điểm của DK
Bài 5: ( 1.0 điểm)
Chứng minh A(n) = n
2
(n
4
- 1). chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n.
- A(n) = n.n(n
2

- 1)( n
2
+ 1) = n.n(n - 1)(n+1)( n
2
+ 1). Do n(n - 1)(n+1) chia hết cho 3 nên A(n)
chia hết cho 3 với mọi n.
- A(n) = n
2
(n
4
- 1) = n(n
5
- n). Do n
5
- n chia hết cho 5 theo phecma nên A(n) chia hết cho 5 với
mọi n.
- Nếu n chẵn ⇒ n
2
chia hết cho 4 ⇒ A(n) chia hết cho 4. Nếu n lẻ ⇒ (n-1)(n+1) là tích hai số
chẵn nên nó chia hết cho 4. ⇒ A(n) chia hết cho 4 với mọi n.
- Ba số 3,4,5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên A(n) chia hết cho 3.4.5 hay A(n) chia hết cho 60.
Bài 1: (2.0 điểm)
a) Chứng minh bất đẳng thức:
1 1 4
a b a b
+ ≥
+
. Với
;a b
là các số dương.

b) Cho
;x y
là hai số dương và
1x y
+ =
.Tìm giá trị nhỏ nhất của

xy
P
2
1
=
;
2 2
2 3
M
xy x y
= +
+
.
Bài 2: (2.0 điểm)
Giải hệ phương trình:



+=++
=+
243
11
22

yxyx
yx
Bài 3: (2.0 điểm)
Hình chữ nhật ABCD có M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD. Trên tia đối của
tia CB lấy điểm P. DB cắt PN tại Q và cắt MN tại O. Đường thẳng qua O song song vơi AB cắt
QM tại H.
a. Chứng minh HM = HN.
b. Chứng minh MN là phân giác của góc QMP.
Bài 4: (3.0 điểm)
Cho nửa đường tròn (O, R) đường kính AB. EF là dây cung di động trên nửa đường tròn
sao cho E thuộc cung AF và EF = R. AF cắt BE tại H. AE cắt BF tại C. CH cắt AB tại I
a. Tính góc CIF.
b. Chứng minh AE.AC + BF. BC không đổi khi EF di động trên nửa đường tròn.
4
c. Tìm vị trí của EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất. Tính diện tích đó.
Bài 5: (1.0 điểm)
Tìm ba số nguyên tố mà tích của chúng bằng năm lần tổng của chúng.
GIẢI
Bài 1: (2.0 điểm)
a. Chứng minh bất đẳng thức:
1 1 4
a b a b
+ ≥
+
. Với
;a b
là các số dương.
b. Cho
;x y
là hai số dương và

1x y
+ =
.Tìm giá trị nhỏ nhất của

xy
P
2
1
=
;
2 2
2 3
M
xy x y
= +
+
.
1 1 4
a b a b
+ ≥
+

( ) ( )
04
4
22
≥−⇔≥+⇔
+
≥
+

⇔ baabba
baab
ba
0,50
2
1.2
4
)(2
4
22
1
==
+
≥
+
==
yxxy
yx
xy
P
0,50
P đạt giá trị nhỏ nhất tại: x = y =
2
1
0,25
hoặc:
2
2
1
4

1
4
1
)(42
222
≥⇔≥⇔≤⇔+≤⇔+≤
xyxy
xyyxxyyxxy
2 2
2 3
M
xy x y
= +
+
=
14122
)(
3.4
2
1
2
3.4
2
13
2
4
22222
=+≥
+
+=

++
+≥
+
+
yx
xy
yxyx
xy
yx
xy
0,50
-
xy2
1
đạt GTNN tại x = y =
2
1
.
-
22
3
2
3
yx
xy
+
+
đạt GTNN tại x = y =
2
1

. Nên M đạt GTNN tại x = y =
2
1
.
0,25
Bài 2: (2.0 điểm)
Giải hệ phương trình:



+=++
=+
243
11
22
yxyx
yx
- Đặt S = x + y; P = xy được:



+=+
=−
243
112
2
PS
PS
0,25
-

0)2817(2
2
=+−+⇒ SS
0,25
- Giải phương trình được
23
1
+=S
;
25
2
−−=S
0,25
-
23
1
+=S
được
23
1
=P
;
25
2
−−=S
được
258
2
+=P
0,25

- Với
23
1
+=S
;
23
1
=P
có x, y là hai nghiệm của phương trình:
023)23(
2
=++− XX
0,25
- Giải phương trình được
2;3
21
== XX
. 0,25
- Với
25
2
−−=S
được
258
2
+=P
có x, y là hai nghiệm của phương trình:
0258)25(
2
=++++ XX

. Phương trình này vô nghiệm.
0,25
- Hệ có hai nghiệm:



=
=
2
3
y
x
;



=
=
3
2
y
x
0,25
5
Bài 3: (2.0 điểm)
-Chứng tỏ MBND là hình bình hành ⇒ O là trung
điểm của MN.
- OH // AB ⇒ OH ⊥ MN.
- ⇒∆HMN cân tại H (Trung tuyến vừa là đường
cao) ⇒ HM = HN.

0,75
- OH // BM được:
OB
OQ
HM
HQ
=
- ON // BP được:
NP
NQ
OB
OQ
=
⇒
NP
NQ
HM
HQ
=
⇒ NH//PM⇒ ∠ HNM =
∠ NMP ⇒ ∠ HMN = ∠ NMP ⇒ MN là phân
giác của góc QMP
1,25
Bài 5: (1.0 điểm)
Tìm ba số nguyên tố mà tích của chúng bằng năm lần tổng của chúng.
Giải:
Gọi a,b,c là ba số nguyên tố cần tìm ta có: abc = 5(a+b+c). Tích ba số nguyên tố abc chia
hết cho 5 nên có một số bằng 5.
0,25
Giả sử a = 5 được 5bc = 5(5+b+c) ⇔ bc = 5+b+c.

⇔ bc -b - c + 1 = 6 ⇔ (b-1)(c-1) = 6.
0,50
b,c là các số nguyên dương có vai trò như nhau nên ta có các hệ:



=
=
⇔



=−
=−
7
2
61
11
c
b
c
b
và



=
=
⇔




=−
=−
4
3
31
21
c
b
c
b
Kết luận: Ba số nguyên tố cần tìm là 2, 5, 7
0,25
Bài 4: (3.0 điểm)
A B
C
D
P
M
N
Q
O
H
A
B
E
F
C
H

I
O
6
- BE, AF l hai ng cao ca ABC CI l ng cao th ba hay CIAB
- T giỏc IHFB ni tip HIF = HBF hay CIF = EBF .
- EOF u nờn EOF = 60
0
. EF = 60
0
CIF = EBF = 30
0
.
1,0
- Chng minh ACI ng dng vi ABE - c:
AIABAEAC
AE
AI
AB
AC
==
- Tng t BCI ng dng vi BAE c:
BIBABFBC
BF
BI
BA
BC
==
- Cng c: AE.AC + BF. BC = AB.AI + AB.BI =AB(AI + IB) = AB
2
= const.

1.0
- Chng minh ABC ng dng vi FEC
4
1
2
22
=






=






=
R
R
AB
EF
S
S
ABC
FEC

ABCABFE
SS
4
3
=
-
ABFE
S
ln nht
ABC
S
ln nht CI ln nht. C chy trờn cung cha gúc 60
0
v trờn
AB nờn CI ln nht khi I O CAB cõn EF // AB.
- Lỳc ú
4
3.3
3.
2
3 2
2
2
R
SR
RR
S
ABFEABC
===

1,0
Bài 1.(3,0 điểm)
a,Tính:
3 5 3 5
M
2 3 5 2 3 5
+
= +
+ +

b, Không sử dụng bảng số và máy tính hãy so sánh:

A 2007 2009= +
và
B 2 2008=

Bài 1.(3,0 điểm)
a,Tính:
3 5 3 5
M
2 3 5 2 3 5
+
= +
+ +

Ta có:
( ) ( )
2 2
M 3 5 3 5 3 5 3 5
2

2 6 2 5 2 6 2 5
2 5 1 2 5 1
+ +
= + = +
+ +
+ +
0,5
2,0 đ
3 5 3 5 3 5 3 5
2 5 1 2 5 1 2 5 1
2 5 1
+ +
= + = +
+ + + + +

=
3 5 3 5
3 5 3 5
+
+
+
(vì
5 1>
) 0,5
( ) ( )
( ) ( )
2 2
3 5 3 5
9 6 5 5 9 6 5 5
9 5

3 5 3 5
+ +
+ + + +
= =

+
=
28
7
4
=
0,5
M 7 2 =
0,5
b, Không sử dụng bảng số và máy tính hãy so sánh:
A 2007 2009= +
và
B 2 2008=

Ta có
A 2007 2009= +
( )
2
2008 1 2008 1 2008 1 2008 1= + + = + +
0,5
1,0 đ
2 2
2.2008 2 2008 1 2.2008 2 2008 2 2008= + < + =
Vậy A < B. 0,5
Bài 2.(4,0điểm)

7
Cho biểu thức:
x 2 x 1 x 1
P :
2
x x 1 x x 1 1 x

+
= + +
ữ
+ +

với x > 0 và x

1
a, Rút gọn P.
b, Tìm x để
2
P
7
=
c, So sánh
2
P
với 2P
Bài 2.(4,0điểm)
a, Rút gọn P.
Ta có
x 2 x 1 x 1
P :

2
x x 1 x x 1 1 x

+
= + +
ữ
+ +

với x > 0 và x

1
( )
( ) ( )
3
x 2 x 1 x 1
:
2
x x 1 x 1
x 1
x 2 x 1 x 1
:
2
x x 1 x 1
x 1 x x 1

+
ữ
= +
ữ
+ +

ữ



+
ữ
= +
ữ
+ +
+ +

0,5
1,5đ
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
x 2 x x 1 x x 1
x 1 x 2 x x x x 1 2
: .
2
x 1
x 1 x x 1 x 1 x x 1
+ + + +
+ +
= =

+ + + +
0,5
( ) ( )
x 2 x 1 2 2
.

x 1 x x 1
x 1 x x 1
+
= =
+ +
+ +
. Vậy
2
P
x x 1
=
+ +
0,5
b, Tìm x để
2
P
7
=
Ta có
2
P
x x 1
=
+ +
( với x > 0; x

1)
Nên
2 2 2
P x x 1 7 x x 6 0

7 7
x x 1
= = + + = + =
+ +
0,5
1,25đ
( ) ( )
x 2 x 3 0 + =
x 2 0 =
( vì
x 3 0+ >
với mọi x > 0)

x 4 =
( t/m đk).
0,5
Vậy với x = 4 thì
2
P
7
=
0,25
c, So sánh
2
P
với 2P
Ta có
2
P
x x 1

=
+ +
( với x > 0; x

1)
Mà
2
1 3
x x 1 x 0
2 4

+ + = + + >
ữ

với mọi x > 0,
nên
2
P 0
x x 1
= >
+ +
với mọi x > 0
0,5
1,25đ
Ta lại có
x x 0+ >
với mọi x > 0
0,5
D
P

Q
M
N
o
f
e
k
i
c
b
a
8

1 2
x x 1 1 1 P 2
x x 1 x x 1
+ + > < = <
+ + + +
Vì P > 0 và P < 2 nên P(P - 2) < 0

P
2
- 2P < 0

P
2
< 2P. Vậy P
2
< 2P 0,25
Bài 4.(7,5 điểm)

Cho tam giác ABC (AB < AC) ngoại tiếp đờng tròn (O;R). Đờng tròn (O;R) tiếp xúc với
các cạnh BC, AB, AC lần lợt tại các điểm D, N, M. Kẻ đờng kính DI của đờng (O;R). Qua I kẻ
tiếp tuyến của đờng (O;R) nó cắt AB, AC lần lợt tại E, F.
a, Biết AB = 8cm, AC = 11cm, BC = 9cm. Tính chu vi của tam giác AEF.
b, Chứng minh EI. BD = IF.CD = R
2
.
c, Gọi P là trung điểm của BC, Q là giao điểm của AI và BC, K là trung điểm của AD.
Chứng minh ba điểm K, O, P thẳng hàng và AQ = 2KP.
Bài 4.(7,5 điểm)
a,Biết AB = 8cm, AC = 11cm, BC = 9cm. Tính chu vi
của tam giác AEF.
+ c/m cho chu vi của tam giác AEF là P
AEF
= 2AN 0,75
2,0đ+ c/m cho 2AN = AB + AC BC = 8 + 11 9 = 10 cm 0,75
+ suy ra P
AEF
= 2AN = 10 cm 0,5
b,Chứng minh EI. BD = IF.CD = R
2
.
+ c/m cho tam giác EOB vuông tại O

EN.BN = ON
2
= R
2
( theo hệ thức lợng trong tam giác vuông)
Mà EI = EN, BD = BN ( t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau tại 1 điểm)

EI. BD
= R
2
.
1,25
2,5đ
+ Tơng tự ta có: IF.DC = R
2
0,75
+ Suy ra EI. BD = IF.CD = R
2
. 0,5
c, Gọi P là trung điểm của BC, Q là giao điểm của AI và BC, K là trung điểm của AD. Chứng
minh ba điểm K, O, P thẳng hàng và AQ = 2KP.
áp dụng hệ qủa định lý Talet trong các tam giác AQC và tam giác ABC ta
có
IF AF AF FE
;
QC AC AC BC
= =
IF FE
QC BC
=
(1)
0,75
3,0đ
Theo câu b ta có:
IF IE IE IF EF
EI.BD IF.CD

BD CD BD CD BC
+
= = = =
+
(2) 0,75
Từ (1) và (2) suy ra
IF IF
QC BD
QC BD
= =
0,5
+Vì P là trung điểm của BC (gt), QC = BD ( cmt)

P là trung điểm của
DQ
0,75
9
Mµ O lµ trung ®iÓm cña ID suy ra OP lµ ®êng trung b×nh cña tam gi¸c
DIQ
⇒
OP // IQ hay OP // AQ (3)
+ V× K lµ trung ®iÓm cña AD, O lµ trung ®iÓm cña ID suy ra KO lµ ®êng
trung b×nh cña tam gi¸c ADI
⇒
KO // AI hay KO // AQ (4)
+ Tõ (3) vµ (4)
⇒
K, O, P th¼ng hµng.
Do K lµ trung ®iÓm cña AD, P lµ trung ®iÓm cña DQ suy ra KP lµ ®êng
trung b×nh cña tam gi¸c DAQ suy ra AQ = 2KP.

0,25
Bài 2. (1đ) Rút gọn
3 3 3 3
2 3 2 2 2 3 2 2
A
- +
= +
- + + -
.
Bài 3 (2đ) Cho
2
2
1 2 2 4
2 7 10 5
x x x
B
x x x x
− − −
= + −
− − + −
a) Rút gọn A.
b) Tìm x nguyên để A nguyên.
Bài 4 (4đ). Tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại H. Đường
thẳng vuông góc với AB tại B và đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt nhau tại G.
a) Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm M của BC.
b) ∆ABC ~ ∆AEF
c)
EDCFDB
ˆˆ
=

d) H cách đều các cạnh của tam giác ∆DEF.
Bài 2.
3 3 3 3
2 3 2 2 2 3 2 2
A
- +
= +
- + + -
.

2( 3 3) 2( 3 3)
4 2 3 4 4 2 3 4
- +
= +
- + + -

2( 3 3) 2( 3 3)
3 1 4 3 1 4
- +
= +
- + + -

2 2
2( 3 3) 2( 3 3)
3 9
- + +
=
-

24 2

4 2
6
= =-
-
Bài 2a) x
2
-7x+10=(x-5)(x-2). Điều kiện để A có nghĩa là
10
x ≠5và x ≠2
2 2
2
2
2
1 2 2 4 1 2 2 4
2 7 10 5 2 ( 5)( 2) 5
5 2 (2 4)( 2)
( 5)( 2)
8 15 ( 5)( 3) 3
( 5)( 2) ( 5)( 2) 2
x x x x x x
A
x x x x x x x x
x x x x x
x x
x x x x x
x x x x x
− − − − − −
= + − = + − =
− − + − − − − −
− + − − − − −

=
− −
− + − − − − − +
= = =
− − − − −
2b)
( 2) 1 1
1
2 2
x
A
x x
− − +
= = − +
− −
, với x nguyên, A nguyên khi và chỉ khi
1
2x −
nguyên, khi
đó x-2=1 hoặc x-2 =-1 nghĩa là x=3, hoặc x=1.
Bài 4a) Ta có BG ⊥AB, CH ⊥AB, nên BG //CH,
tương tự: BH ⊥AC, CG ⊥AC, nên
BH//CG.tứ giác BGCH có các cặp cạnh đối sông song
nên nó là hình bình hành. Do đó hai đường chéo GH
và BC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Vậy GH
đi qua trung điểm M của BC.
4b) Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC nên các tam giác ABE và ACF
vuông. Hai tam giác vuông ABE và ACF có chung góc A nên chúng đồng dạng. Từ đây
suy ra
(1)

AB AE AB AF
AC AF AE AC
= ⇒ =
Hai tam giác ABC và AEF có góc A chung (2). Từ (1) và (2) ta suy ra ∆ABC ~ ∆AEF.
4c) Chứng minh tương tự ta được ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC, suy ra
∆BDF~∆DEC⇒
·
·
BDF CDE=
.
4d) Ta có
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
0 0
90 90BDF CDE BDF CDE
AHB BDF AHC CDE ADF ADE
= ⇒ − = −
⇒ − = − ⇒ =
Suy ra DH là tia phân giác góc EDF. Chứng minh tương tự ta có FH là tia phân giác góc
EFD. Từ đây suy ra H là giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF. Vậy H các đều ba
cạnh của tam giác DEF.
Bài 1: ( 2,5 điểm)

F
E
M
G
H
D
C
B
A
11
a. Cho:
2
2
1 2 2 4
2 7 10 5
x x x
A
x x x x
− − −
= + −
− − + −
- Thực hiện rút gọn A.
- Tìm x nguyên để A nguyên.
Giải
5
42
)2)(5(
2
2
1

2
−
−
−
−−
−−
+
−
=
x
x
xx
xx
x
A
Điều kiện để A có nghĩa là x ≠5 và x ≠2
0,25
)2)(5(
158
)2)(5(
2)(42(25
22
−−
−+−
=
−−
−−−−−+−
=
xx
xx

xx
xxxxx
A
0,25
2
3
2)(5(
)3)(5(
−
+−
=
−−
−−−
=
x
x
xx
xx
A
0,25
( 2) 1 1
1
2 2
x
A
x x
− − +
= = − +
− −
0,25

A nguyên khi và chỉ khi
1
2x −
nguyên, khi đó x-2=1 hoặc x-2 =-1
⇒ x=3, hoặc x=1.
0,25
Đặt P = a
4
+ b
4
+ c
4
- 2a
2
b
2
-2 b
2
c
2
- 2a
2
c
2

= (a
2
+ b
2
+ c

2
)
2
- 4a
2
b
2
- 4b
2
c
2
- 4a
2
c
2
0,25
Thay c
2
= (a+b)
2
vào ta được:
= (2a
2
+ 2b
2
+ 2ab )
2
- 4(a
2
b

2
+ b
2
c
2
+ a
2
c
2
)
0,25
= 4[(a
2
+ b
2
+ ab)
2
- a
2
b
2
- c
2
(a
2
+b
2
)] 0,25
Thay c
2

= (a+b)
2
vào ta được:
= 4[ (a
2
+b
2
)
2
+2(a
2
+b
2
)ab + a
2
b
2
- a
2
b
2
-(a+b)
2
(a
2
+b
2
)]
= 4[ (a
2

+b
2
)
2
+2(a
2
+b
2
)ab -(a+b)
2
(a
2
+b
2
)]
0,25
= 4(a
2
+b
2
)[ (a
2
+b
2
) +2ab -(a+b)
2
]
= 0 ⇒ a
4
+ b

4
+ c
4
= 2a
2
b
2
+ 2b
2
c
2
+ 2a
2
c
2
0,25
Bài 2: ( 1,5 điểm)
a. Chứng minh: a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + ac + bc với mọi số a, b, c.
b. Chứng minh
cba
c
ab
b
ac

a
bc
++≥++
với mọi số dương a, b, c.
Giải
⇔ 2(a
2
+ b
2
+ c
2
)≥ 2(ab + ac + bc)
0,25
⇔ 2a
2
+ 2b
2
+ 2c
2
-2ab -2ac - 2bc ≥ 0
0,25
⇔ (a-b)
2
+ (a-c)
2
+ (b-c)
2
≥ 0
Bất đẳng thức cuối luôn đúng (Do (a-b)
2

≥ 0 …) nên có đpcm
0,25
Câu b
⇔
cba
abc
ab
abc
ac
abc
bc
++≥++
222
)()()(
0,25
12
Nhân hai vế với số dương abc được:
⇔
abcacbbcaabacbc
222222
)()()( ++≥++
0,25
Áp dụng a) cho ba số ab, bc, ca ta có:
≥++
222
)()()( abacbc
abcacbbca
222
++
⇒ đpcm

0,25
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD. M là điểm trên đường chéo BD. Hạ ME góc với AB và MF
vuông góc với AD.
a. Chứng minh DE ⊥ CF; EF = CM
b. Chứng minh ba đường thẳng DE, BF và CM đồng qui.
c. Xác định vị trí của điểm M để tứ giác AEMF có diện tích lớn nhất
Bài 5: (1,5 điểm)
Cho tam giác ABC (AB < AC) có AD là phân giác. Đường thẳng qua trung điểm M của
cạnh BC song song với AD cắt AC tại E và cắt AB tại F.CMR:BF=CE
Giải
Câu a: 1,25 điểm
DF = AE ⇒ ∆DFC = ∆AED
0,25
ADE = DCF
EDC + DCF = EDC + ADE
0,25
EDC + ADE = 90
0

nên DE ⊥ CF
0,25
MC = MA (BD là trung trực của AC)
0,25
MA = FE nên EF = CM
0,25
Câu b: 1,0 điểm
∆MCF =∆FED ⇒ MCF = FED
0,25
Từ MCF = FED chứng minh được CM ⊥ EF

0,25
Tương tự a) được CE ⊥ BF
0,25
ED, FB và CM trùng với ba đường cao của ∆FEC nên chúng đồng qui.
0,25
Câu c: 0,75 điểm
ME + MF = FA + FD là số không đổi. 0,25
ME.MF lớn nhất khi ME = MF
0,25
Lúc đó M là trung điểm của BD 0,25
Bài 5: (1,5 điểm)
A B
C
D
M
E
F
13
Trong ∆BMF có AD//MF nên:

BD
BM
BA
BF
=
0,25
Trong ∆CAD có AD//ME nên:

CD
CM

CA
CE
=
0,25
Chia vế theo vế được:

CM
CD
BD
BM
CE
CA
BA
BF
=
0,25

BD
CD
CE
CA
BA
BF
=⇒ .
(BM=CM) 0,25
AD là phân giác nên:

AB
AC
BD

CD
=
0,25
Thay vào trên được:

AB
AC
CE
CA
BA
BF
=.

CEBF
CE
BF
=⇒=⇒ 1
0,25
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
2 2
3 5 12(1).x y
+ =
Giải:
Ta có: (1)
2 2
3( 1) 5(3 ).x y
⇔ + = −
Do (3, 5) = 1 nên
2
( 1) 5.x

+
M
và
2
(3 ) 3.y− M
Đặt
2
1 5 .x k
+ =
,
2
3 3 .y l− =
Ta có:
3.5 5.3 ( , )k l k l k l Z= ⇒ = ∈
.
Do đó:
2
2
1
5 1 0
1
5
3 3 0
1
x k
k
k l
y l
l



= − ≥
≥
 
⇒ ⇒ = =
 
= − ≥



≤

. Vậy x = ± 2, y = 0.
Phương trình có hai nghiệm nguyên ( 2, 0 ); ( -2, 0 ).
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
2 2
4 5 16.x xy y
− + =
Giải:
Tac có:
2 2 2 2
4 5 16 ( 2 ) 16x xy y x y y
− + = ⇔ − + =
.
Vì:
2 2
16 4 0= +
nên
2 4
0

x y
y
− = ±


=

hoặc
2 0
4
x y
y
− =


= ±

Giải các hệ phương trình trên ta được các nghiệm nguyên của phương trình là:
( ; ) (4;0);( 4;0);(8;4);( 8; 4);x y = − − −
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
2 2
3( ) 8 .x xy y x y
+ + = +
Giải:
A
B CD M
E
F
14
Phng trỡnh ó cho c vit li l:

2 2
3 (3 1) 3 8 0(1)x y x y y
+ + =
.
Phng trỡnh (1) cú nghim khi v ch khi:
2 2 2
(3 1) 12(3 8 ) 0 27 90 1 0.y y y y y = + +
Do y nguyờn nờn
}
{
0 3 0;1;2;3y y
.
+)Vi y = 0 ta cú x = 0.
+)Vi y = 1 ta cú x = 1.
+)Vi y = 2 v y = 2 ta cú khụng tỡm c x nguyờn.
Vy phng trỡnh cú hai nghim nguyờn l ( x ; y ) = ( 0 ; 0 ); ( 1 ; 1 );
Bài 1: (3 đ). Tính giá trị của biểu thức:
a) A=
9045316013 +
Gi i
a) A=
9045316013 +

=
106.25310413 +
(0,5đ)
=
22
)5322()522( +
(0,25đ)

= 2
2
-
5
- 2
2
- 3
5
= -4
5
(0,5đ)
Vậy A=
9045316013 +
= -4
5
(0,25đ)
Vớ d 1.1
( )
( )
2
2 2
2 2 2
: ) 2 (1)
b) a (1)
CMR a a b a b
b c ab bc ca
+ +
+ + + +
Gii
( )

( )
( )
( )
2
2 2
2 2
2
) 1 2 0
2 0
0 (2)
a a b a b
a b ab
a b
+ +
+

Do bt ng thc (2) ỳng nờn bt ng thc (1) c chng minh.
b)
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
) 1 2 2 0
2 2 2 0
0 (2)
b a b c ab bc ca

a ab b b bc c c ca a
a b b c c a
+ + + +
+ + + + +
+ +
15
Bt ng thc (2) ỳng suy ra iu phi chng minh.
Vớ d 2.1
Chng minh rng:
( )
( )
2 2 2 2
2 2 2
) 1
) 4 4 4 4 8 1
a a b c d ab ac ad
b a b c ab ac bc
+ + + + +
+ + +


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

) Ta cú: 4 4 4 4 8
4 4 4 4 8
2 4 4 2
2 2 0
b a b c ab ac bc
a ab b c ac bc
a b c c a b
a b c
+ + +
= + + +
= + +
= +
Vớ d 2.2
Chng minh rng:a)
( )
( )
3
3 3
4 a b a b+ +
vi a, b > 0
( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
3 2
3 3 2 2
2
) Ta cú :4 4
3 0

a a b a b a b a ab b a b
a b a b

+ + = + + +

= +
VD1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2x + 3y = 11 (1)
Cách 1: Phơng pháp tổng quát:
Ta có: 2x + 3y = 11
2
1
5
2
311
=

=
y
y
y
x
Để phơng trình có nghiệm nguyên
2
1

y
nguyên
Đặt
Zt
y

=

2
1


y = 2t + 1
x = -3t + 4
Các bài tập t ơng tự : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình.
a) 3x + 5y = 10
b) 4x + 5y = 65
c) 5x + 7y = 112
Ph ơng pháp 1 : Dùng dấu hiệu chia hết để giải phơng trình.
VD1: a) Tìm cặp số nguyên (x ; y) thoả mãn phơng trình
6x
2
+ 5y
2
= 74 (1)
Cách 1 : Ta có : 6 (x
2
- 4) = 5 (10 - y
2
) (2)
Từ (2)

6(x
2
- 4)

5 và (6 ; 5) = 1

x
2
- 4

5

x
2
= 5t + 4 với
Nt
Thay x
2
- 4 = 5t vào (2) ta có : y
2
= 10 6t
Vì x
2
> 0 và y
2
> 0

5t + 4 > 0
10 - 6t > 0


3
5
5

4
<< t
với
Nt

t = 0 hoặc t = 1
16
Với t = 0

y
2
= 10 (loại)
Với t = 1

x
2
= 9

x =
3
y
2
= 4 y =
2
Vậy các cặp nghiệm nguyên là :
Ph ơng pháp 2: Phân tích một vế thành tích, một vế thành hằng số nguyên
VD1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
a) xy + 3x - 5y = -3
b) 2x
2

- 2xy + x - y + 15 = 0
c) x
2
+ x = y
2
- 19
Giải :
a) Cách 1: x(y + 3) - 5(y + 3) = -18

(x - 5) (y + 3) = -18
Cách 2 :
3
18
5
3
35
+
=
+

=
yy
y
x
b) Tơng tự.
c) 4x
2
+ 4x = 4y
2
- 76

(2x + 1)
2
- (2y)
2
= -75
Ph ơng pháp 4 : Phơng pháp sử dụng tính chất của số chính phơng
VD1 : Tìm nghiệm nguyên của.
a) x
2
- 4xy + 5y
2
= 169
b) x
2
- 6xy + 13y
2
= 100
Giải :
a) (x - 2y)
2
+ y
2
= 169 = 0 + 169 = 25 + 144
b) (x 3y)
2
+ (2y)
2
= 100 = 0 + 100 = 36 + 64 =
Ph ơng pháp 5 : Phơng pháp công thức nghiệm phơng trình bậc 2

VD : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình.
a) 2x
2
-2xy + x + y + 15 = 0
b) 5(x
2
+ xy + y
2
) = 7(x+2y) (đề thi học sinh giỏi tỉnh 2009 2010)
c) x(x + 1) = y (y + 1) (y
2
+ 2)
VD1 : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình :
2x
2
+ 4x = 19 -3y
2
Giải :

4x
2
+ 8x + 4 = 42 - 6y
2
(2x + 2)
2
= 6 (7 - y
2
)
Vì (2x + 2)
2

0

7 - y
2


0


7
2
y
Mà y
Z


y = 0 ;
1
;
2
Từ đây ta tìm đợc giá trị tơng ứng của x
Bi 4: (3,0 im)
Cho hỡnh vuụng ABCD. M l im trờn ng chộo BD. H ME gúc vi AB v MF
vuụng gúc vi AD.
a. Chng minh DE CF; EF = CM
17
b. Chứng minh ba đường thẳng DE, BF và CM đồng qui.
c. Xác định vị trí của điểm M để tứ giác AEMF có diện tích lớn nhất

Bài 4: (3,0 điểm)
Câu a: 1,25 điểm
DF = AE ⇒ ∆DFC = ∆AED
0,25
⇒ ADE = DCF
⇒ EDC + DCF = EDC + ADE
0,25

EDC + ADE = 90
0

nên DE ⊥ CF
0,25
MC = MA (BD là trung trực của
AC) 0,25
MA = FE nên EF = CM
0,25
Câu b: 1,0 điểm
⇒ ∆MCF =∆FED ⇒ MCF = FED
0,25
Từ MCF = FED chứng minh được CM ⊥ EF
0,25
Tương tự a) được CE ⊥ BF
0,25
ED, FB và CM trùng với ba đường cao của ∆FEC nên chúng đồng qui.
0,25
Câu c: 0,75 điểm
ME + MF = FA + FD là số không đổi. 0,25
⇒ ME.MF lớn nhất khi ME = MF
0,25

Lúc đó M là trung điểm của BD 0,25
Bài 5: (1,5 điểm)
Cho tam giác ABC (AB <
AC) có AD là phân giác. Đường
thẳng qua trung điểm M của
cạnh BC song song với AD cắt
AC tại E và cắt AB tại F.
Chứng minh BF = CE.
Bài 5: (1,5 điểm)
Bài 2: ( 1,5 điểm)
Trong ∆BMF có AD//MF nên:

BD
BM
BA
BF
=
0,25
Trong ∆CAD có AD//ME nên:

CD
CM
CA
CE
=
0,25
Chia vế theo vế được:

CM
CD

BD
BM
CE
CA
BA
BF
=
0,25

BD
CD
CE
CA
BA
BF
=⇒ .

(BM=CM)
0,25
AD là phân giác nên:

AB
AC
BD
CD
=
0,25
Thay vào trên được:

AB

AC
CE
CA
BA
BF
=.

CEBF
CE
BF
=⇒=⇒ 1
0,25
A B
C
D
M
E
F
A
B CD M
E
F
18
a. Chứng minh: a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + ac + bc với mọi số a, b, c.

b. Chứng minh
cba
c
ab
b
ac
a
bc
++≥++
với mọi số dương a, b, c.
Giải
⇔ 2(a
2
+ b
2
+ c
2
)≥ 2(ab + ac + bc)
0,25
⇔ 2a
2
+ 2b
2
+ 2c
2
-2ab -2ac - 2bc ≥ 0
0,25
⇔ (a-b)
2
+ (a-c)

2
+ (b-c)
2
≥ 0
Bất đẳng thức cuối luôn đúng (Do (a-b)
2
≥ 0 …) nên có đpcm
0,25
Câu b
⇔
cba
abc
ab
abc
ac
abc
bc
++≥++
222
)()()(
0,25
Nhân hai vế với số dương abc được:
⇔
abcacbbcaabacbc
222222
)()()( ++≥++
0,25
Áp dụng a) cho ba số ab, bc, ca ta có:
≥++
222

)()()( abacbc
abcacbbca
222
++
⇒ đpcm
0,25
Bài 1: ( 2,0 điểm)
a. Tìm x, y biết:
y
x
+
+
7
4
=
7
4
và x + y = 22
b. Cho
43
yx
=
và
65
zy
=
. Tính M =
zyx
zyx
543

432
++
++
Bài 1: (2,0 điểm)
⇒
x728 +
=
y428 +
0,25
⇒
7474 +
+
==
yxyx
0,25
⇒
2
11
22
74
===
yx
⇒
14;8 == yx
0,25
201543
yxyx
=⇒=
;
242065

zyzy
=⇒=

242015
zyx
==⇒
(1) 0,25
(1)
966030
432
96
4
60
3
30
2
++
++
===⇒
zyxzyx
0,25
(1)
1208045
543
120
5
80
4
45
3

++
++
===⇒
zyxzyx
0,25
⇒
966030
432
++
++ zyx
:
1208045
543
++
++ zyx
=
30
2x
:
45
3x
0,25
⇒
245
186
543
432
1
543
245

.
186
432
=
++
++
=⇒=
++
++
zyx
zyx
M
zyx
zyx
0,25
Bài 4: ( 4,0 điểm)
19
Cho tam giác ABC có B < 90
0
và B = 2C. Kẻ đường cao AH. Trên tia đối của tia BA lấy
điểm E sao cho BE = BH. Đường thẳng HE cắt AC tại D.
a. Chứng minh BEH = ACB.
b. Chứng minh DH = DC = DA.
c. Lấy B’ sao cho H là trung điểm của BB’. Chứng minh tam giác AB’C cân.
d. Chứng minh AE = HC.
Bài 4: ( 4,0 điểm)
Câu a: 0,75 điểm
BEH cân tại B nên E = H
1
ABC = E + H

1
= 2 E
ABC = 2 C ⇒ BEH = ACB
Câu b: 1,25 điểm
Chứng tỏ được ∆DHC cân tại D nên DC =
DH.
∆DAH có:
DAH = 90
0
- C
DHA = 90
0
- H
2
=90
0
- C
⇒ ∆DAH cân tại D nên DA = DH.
Câu c: 1,0 điểm
∆ABB’ cân tại A nên B’ = B = 2C
B’ = A
1
+ C nên 2C = A
1
+ C
⇒ C = A
1
⇒AB’C cân tại B’
Câu d: 1,0 điểm
AB = AB’ = CB’

BE = BH = B’H
Có: AE = AB + BE
HC = CB’ + B’H
⇒ AE = HC
1) Rút gọn biểu thức sau:
2 2 2 2
2
( )x y x y y
x
P
xy x y x y
 
−
 ÷
= + −
 ÷
−
 
Giải
Với Đk x
≠
0; y
≠
0; x
≠
y ta có:
A
B
C
H

E
D
B’
1
2
1
20
2 2 2 2
2
( )x y x y y
x
P
xy x y x y
 
−
 ÷
= + −
 ÷
−
 
xy x y x y
xy x y x y
−  
= + −
 ÷
−
 
Xét TH:
Xy > 0 => P = 1
Xy < 0 => P = 1

Vậy P = 1
Bài 4(8đ)
1) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. vẽ đường cao BE và AD. Gọi H là trực tâm và G là
trọng tâm tam giác ABC.
a) Chứng minh rằng: tgB.tgC =
AD
HD
b) Chứng tỏ rằng HG//BC
⇔
tgB.tgC = 3
Giải
a) tìm được tgB=
AD
BD
,tgC=
AD
CD
=> tgB.tgC=
2
.
AD
BD CD

. .BDH ADC BD CD AD DH∆ ∆ => =:
=>tgB.tgC=
AD
DH
b) chứng minh được :
3
AM

GM
=
( M là trung điểm của BC)
∆ ADM có HG//BC
//
3 .
HG DM
AM AH
GM HD
tgB tgC
<=>
<=> =
<=> =
(nếu hs cm hai chiều thì chiều thứ nhất 0.75đ, chiều ngược lại 0.75đ)
Câu 1(4đ): Cho biểu thức:
A =
2
4 4x x x− − +
21
a. Tìm điều kiện xác định của biểu thức A.
b. Rút gọn biểu thức A.
Gi ải
a.Biến đổi biểu thức được:
A =
2
( 2) 2x x x x− − = − −
Điều kiện xác định của A là:

2 2
2

0
4x 4
1
x x
x
x x
x
≥ −
≥

⇔

≥ − +

⇔ ≥
b. Nếu
x 2≥
thì
( 2) 2x x− − =
Nếu
1 x≤
<2 thì
( ( 2)) 2x 2x x− − − = −
Câu 1: (3 điểm) Rút gọn biểu thức sau:
A =
9 17 9 17 2+ − − −
Giải
A =
9 17 9 17 2+ − − −
=

18 2 17 18 2 17
2
2 2
+ −
− −
0,5 điểm
=
17 2 17 1 17 2 17 1
2
2 2
+ + − +
− −
=
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
17 1 17 1
2
2 2
+ −
− −
1,0 điểm
=
17 1
17 1
2
2 2

−
+
− −
=
17 1 17 1
2
2 2
+ −
− −
(vì
17 1>
) 1,0 điểm
=
2
2 2 2 0
2
− = − =
Bài 2: (4,0 ®iÓm) Cho biểu thức:
= − +
+ + − +
1 3 2
B
x 1 x x 1 x x 1
a) Tìm điều kiện của x để biểu thức B có nghĩa.
b) Rút gọn B.
Tính giá trị của B biết
= − − + +
x 4 7 4 7 2
Giải
Bài 2: (5,0 ®iÓm) Cho biểu thức:

22
= − +
+ + − +
1 3 2
B
x 1 x x 1 x x 1
a)
0x ≥
(1,0 ®iÓm)
b)
= − +
+ + − +
1 3 2
B
x 1 x x 1 x x 1
=
3 3 3
1 3 2( 1)
( ) 1 ( ) 1 ( ) 1
x x x
x x x
− + +
− +
+ + +
(0,5 ®iÓm)
=
3
1 3 2( 1)
( ) 1
x x x

x
− + − + +
+
(0,5 ®iÓm)
=
( 1)( 1)
x x
x x x
+
+ − +
(0,5 ®iÓm)
=
( 1)
( 1)( 1)
x x
x x x
+
+ − +

=
1
x
x x− +
(0,5 ®iÓm)
Vậy B =
1
x
x x− +
(0,5 ®iÓm)
c)

= − − + +x 4 7 4 7 2
=
2(4 7) 2(4 7)
2
2 2
− +
− +
(0,5 ®iÓm)
=
2 2
( 7 1) ( 7 1)
2
2 2
− +
− +
(0,5 ®iÓm)
=
7 1 7 1 2
2 2 2 2 0
2 2
− − − −
+ = + = − + =
(0,5 ®iÓm)
Suy ra x = 0
Vậy giá trị của B = 0
Bài 1 ( 4 điểm ). Phân tích đa thức sau thành nhân tử :
a.
9x
2
- 64 - 12xy + 4y

2
b.
x
2
+ 7x + 10
Giải
Bài 1 a .9x
2
- 64 - 12xy + 4y
2
= (9x
2
- 12xy + 4y
2
) – 64 =
= ( 3x – 2y )
2
– 8
2
= ( 3x – 2y - 8 ) ( 3x – 2y + 8 )
b .x
2
+ 7x + 10 = x
2
+5x +2x + 10 =
= x(x+5) + 2(x+5) = (x+5)(x+2)
23
Bài 3 ( 4 điểm ). Giải phương trình :
a.
+ = −

2 x 1 3x 2
b. x
2
– 2 = ( 2x + 3 )( x + 5 ) + 23
Giải
a). Ta xét các trường hợp sau :
Trường hợp 1 :

≥ − ⇔ + ≥ ⇒ + = −
⇔ + = − ⇔ =
1
x 2x 1 0 2x 1 3x 2
2
2 x 1 3x 2 x 3
Ta thấy x =3 thuộc khoảng đang xét vậy nó là nghiệm của phương
trình.
Trường hợp 2 :

≤ − ⇔ + < ⇒ + = −
⇔ − + = − ⇔ = ⇔ =
1
x 2x 1 0 2x 1 3x 2
2
2 x 1 3x 2 5x 1 x 0,2
Ta thấy x =0,2 không thuộc khoảng đang xét
Vậy nó không là nghiệm của phương trình.Vậy phương trình có nghiệm
x=3
b).

[ ]

− = + + +
⇔ − = + +
⇔− + = + +
⇔− + − + + =
⇔+ −− − =
⇔− −− =
⇔−= ⇒=
+ = ⇒=−
2
2
x 2 (2x 3)(x 5) 23
x 25 (2x 3)(x 5)
(x 5)(x 5) (2x 3)(x 5)
(x 5)(x 5) (2x 3)(x 5) 0
(x 5) x 5 (2x 3) 0
(x 5)( x 8) 0
x 5 0 x 5
x 8 0 x 8
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
C©u 2. ( 4 ®iÓm)
T×m nghiÖm nguyªn cña hÖ






=−++
=−+−−
8
7222
33
22
yxyx
xyxyxy
Giải
ViÕt l¹i hÖ ®· cho díi d¹ng
(x+2y+2) ( x-y) =-7 (1)
x
3
+y
3
+x-y = 8 (2) (1,5®)
Tõ (1) do x, y nguyªn ta cã c¸c trêng hîp sau:
a, x- y=-1 vµ x+2y+2 = 7 =>x=1 vµ y = 2 tho¶ m·n ( 2) (0,5®)
b, x-y = 1 vµ x+ 2y +2 = -7 => x+2y = -9 => y kh«ng nguyªn (o,5®)
24
c, x- y= -7 và x+ 2y +2 = 1
Giải hệ nàyđợc nghiệm ( x, y) = ( -5,2) không thoả mãn phơng trình (2) (0,5đ)
d, x-y = 7 và x+2y+2 = -1 => x+2y =-3 => y không nguyên (0,5đ)
Tóm lại hệ đã cho có duy hất một nghiệm nguyên (x, y) =(1, 2)
Câu 2 (1điểm):
Tìm các giá trị của m để 2 đờng thẳng y = (m 1)x + 2 (m

1)
Và y = (3 m)x + 1 (m

3) song song với nhau.
Gii
Để y = (m-1)x + 2 và y = (3 - m)x + 1.
Là song song với nhau thì ta có:
m-1 = 3 m vì 2

1.

2m = 4

m = 2.
Vậy với m = 2 thì thoả mãn bài ra
Câu 3. (4đ) Cho đờng thẳng (m+2)x my = -1 (1) (m là tham số)
a, Tìm điểm cố định mà đờng thẳng (1) luôn đi qua.
b, Tìm điểm cố định của m để khoảng cách từ O đến đờng thẳng (1) là lớn nhất.
Gii
a, (2đ) (m+2)x my = -1 (1)
Điều kiện cần và đủ để đờng thẳng (1) đi qua điểm cố định M(x
0
;y
0
)
m là : (m+2)x
0
my
0
= -1 m

Biến đổi đợc:
{
0 0
0
0
2 1 0
x y
x
=
+ =

0
0
1
2
1
2
x
y

=

=



Vậy đờng thẳng (1) luôn đi qua điểm cố định M(-1/2;-1/2)
b, (2đ) Gọi A là điểm của đờng thẳng (1) với trục tung
x = 0 y =
1

m
do đó OA =
1
m
B là giao điểm của đờng thẳng (1) với trục hoành
Y = 0 x =
1
2m +
do đó OB =
1
2m +
H là khoảng cách từ ) đến đờng thẳng (1).

2
1
h
=
2
1
OA
+
2
1
OB
= m
2
+ (m + 2)
2
= 2(m + 1)
2

+ 2

2

2
1
h


2; max h =
2
2
m = -1
Câu1: (4 điểm) Cho biểu thức
( )
2 3
3 3
2 3 1 3
x
x x x
p
x x x x

+
= +
+
(1)

G
O

O
K
B
C
O
A
E
F
I
M
25
a) Rút gọn P
b) Tính giá trị của biểu thức P với x = 14 - 6
5
.
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P
Câu 4: ( 5điểm)
Cho nửa đờng tròn
(O) đờng kính BC và
điểm A trên nửa đ
ờng
tròn(A khác B và C). Kẻ AH vuông góc với BC. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ
BC chứa điểm A, vẽ 2 nửa đờng tròn (O
1
) và (O
2
) đờng kính BH và CH chúng
lần lợt cắt AB, AC ở E và F.
a) Chứng minh: AE.AB = AF.AC.
b) Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai đờng tròn (O

1
) và (O
2
).
c) Gọi I và K lần lợt là các điểm đối xứng của H qua AB và AC.
Chứng minh 3 điểm I, A, K thẳng hàng.
d) Gọi M là giao điểm của IK với tiếp tuyến kẻ từ B của đờng tròn (O).
Chứng minh MC, AH và EF đồng qui.
Gii
a)AE.AB=AF.AC=AH
2
b) C/m
( . . )GEO GHO c c c=V V
suy ra
0
1 1
90GEO IHO = =
nên EF l tip
Tuyến của đờng tròn (O)
Tơng tự EF là tiếp tuyến của
đờng tròn (O
1
)
a)
ĐKXĐ: x

0; x

9
( )

( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
2
2 3
3 3
2 3 1 3
2 3
3 3
1 3
1 3
3 2 3 3 1
8
1
x
x x x
p
x x x x
x
x x x
x x
x x
x x x x x
x
x

+
= +
+

+
=
+
+
= + +
+
=
+
b)
( )
2
14 6 5 5 3 3 5
58 2 5
11
x
P
= = =

=
c)
8 1 9 9
1
1 1 1
9
1 2 2 9 2 4
1
x x
p x
x x x
x

x
+ +
= = = +
+ + +
= + + =
+
(áp dụng BĐT côsi)
dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
9
1 4
1
x x
x
+ = =
+
vậy min p = 4 khi x = 4