Tuyển tập bộ đề ôn thi HSG toán 9 file word kèm đáp án chi tiết

ĐỀ THI ÔN LUYỆN HỌC SINH GIỎI
ĐỀ SỐ 5
MÔN: TOÁN LỚP 9

GV ST: Nguyễn Hữu Biển

Bài 1: (4điểm)
Cho P =

x x − 2x − x + 2
x x −3 x −2

x x + 2x − x − 2

+

x x −3 x +2

1. Rút gọn P. Với giá trị nào của x thì P > 1
2. Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn nhất
Bài 2: (4 điểm)
1. Giải phương trình
5 − 3x − x − 1
x − 3 + 3 + 2x

=4

2. Tìm số nguyên x, y thỏa mãn
x2 + xy + y2 = x2y2
Bài 3:(4điểm)
1. Cho a = x +

1
;
x

1

b=y+ y;

1

c = xy + xy

Tính giá trị biểu thức: A = a2 + b2 + c2 – abc
2. Chứng minh rằng với mọi x > 1 ta luôn có.
3(x2 -

1
1
3
)
2 ) < 2(x x
x3

Bài 4: ( 4 điểm)
Cho tứ giác ABCD có AD = BC; AB < CD. Gọi I, Q, H, P lần lượt là trung điểm của
AB, AC, CD, BD
1. Chứng minh IPHQ là hình thoi và PQ tạo với AD, BC hai góc bằng nhau.
2.Về phía ngoài tứ giác ABCD, dựng hai tam giác bằng nhau ADE và BCF. Chứng minh
rằng trung điểm các đoạn thẳng AB, CD, EF cùng thuộc một đường thẳng.

Bài 5: (2 điểm)
Tam giác ABC có BC = 40cm, phân giác AD dài 45cm,đường cao AH dài 36cm.Tính
độ dài BD, DC.
Bài 6:(2 điểm)
Với a, b là các số thực thỏa mãn đẳng thức (1 + a)(1 + b) =
Hãy tìm GTNN của
P=

1 + a 4 + 1 + b4

9
.
4


HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1:
x > 0; x ≠ 1; 4

Điều kiện
P=

( x − 2)( x − 1)( x + 1)

=

( x − 2)( x + 1)
x −1
x +1

+

x +1

2

=

+

( x + 2)( x − 1)( x + 1)
( x + 2)( x − 1) 2

2( x + 1)
x −1

x −1
2( x + 1)
2( x + 1)
P>1 ⇔
>1 ⇔
-1>0
x −1
x −1
2x + 2 − x + 1
⇔
>0
x −1
x+3
⇔

> 0 Theo đ/k x > 0 ⇒ x + 3 > 0
x −1
⇒ x–1>0 ⇒ x>1

Kết hợp điều kiện x > 0; x ≠ 1; 4
Suy ra x > 1; x ≠ 4 thì P > 1
Bài 2
2( x + 1)
4
=2+
Với x > 0; x ≠ 1; 4
x −1
x −1
P nguyên ⇔ x – 1 là ước của 4

P=

P đạt giá trị nguyên lớn nhất ⇔ x – 1 = 1 ⇔ x = 2
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 6 khi x =2
Điều kiện x – 3 + 3 + 2 x ≠ 0
Phương trình ⇔ 3x − 5 - x − 1 - 4 2 x + 3 - 4x + 12 = 0
Xét x < -

(∗ )

3
Thì ( ∗ ) ⇔ - 3x + 5 + ( x – 1) + 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
2
⇔ 2x = -28
⇔

x = - 14 (Thỏa mãn đk)

3
≤ x < 1 Thì ( ∗ ) ⇔ - 3x + 5 + x – 1 – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
2
2
⇔ x=
(Thỏa mãn đk)
7
5
Xét 1≤ x < Thì ( ∗ ) ⇔ - 3x + 5 – (x -1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
3
3
⇔ x=
( loại)
8
5
Xét x ≥ Thì ( ∗ ) ⇔ 3x – 5 – (x – 1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
3
2
⇔ x=(Loại)
5

Xét -


2

Vậy phương trình có nghiệm x ∈ − 14; 



7

c.Ta có x2 + xy + y2 = x2y2
⇔ (x + y)2 = xy(xy + 1)
 xy = 0

+ Nếu x + y = 0 ⇒ xy(xy + 1) = 0 ⇔ 
 xy = −1
Với xy = 0 . Kết hợp với x + y = 0 ⇒ x = y = 0
x = 1
 x = −1
hoặc 
 y = −1
y = 1

Với xy = -1. Kết hợp với x + y = 0 ⇒ 

+ Nếu x + y ≠ 0 ⇒ (x + y)2 là số chính phương
xy(xy + 1) là hai số nguyên liên tiếp khác 0 nên chúng nguyên tố cùng nhau. Do đó
không thể cùng là số chính phương
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (x; y) = (0; 0); (1; -1); (-1; 1)
Bài 3:
1
1
1
2
2
2

2 2
2 + 2; c = x y +
2 2 + 2
2 + 2; b = y +
y
x y
x
1
1
x
x
1
y
y
ab = (x + )(y + y ) = xy + xy + y + = c + y +
x
x
x
x
y
⇒ abc = (c +
+
).c
y
x
x
y
= c2 + c( y + )
x
1

x
y
= c2 + (xy + xy )( y + )
x
1
1
= c2 + x2 + y2 + y 2 + 2
x

a/ a2 = x2 +

= a2 – 2 + b2 – 2 + c2
⇒ A = a2 + b2 + c2 – abc = 4
1
1
3
)
2 ) < 2(x x
x3
1
1
1
1
⇔ 3(x - )(x + ) < 2(x - )(x2 + 2 + 1)
x
x
x
x
1
1

1
⇔ 3(x +
) < 2(x2 + 2 + 1) (1) ( Vì x > 1 nên x - > 0)
x
x
x
1
1
Đặt x + = t thì x2 + 2 = t2 – 2
x
x
2
Ta có (1) ⇔ 2t – 3t – 2 > 0
⇔ (t – 2)(2t + 1) > 0 (2)
1
Vì x > 1 nên (x – 1)2 > 0 ⇔ x2 + 1 > 2x ⇔ x + > 2 hay t > 2
x
⇒ (2) đúng . Suy ra điều phải chứng minh

b/ 3(x2 -


Bài 4:

a/ IP = HQ; IP//HQ ( Tính chất đường trung bình) và AD = BC (GT)
⇒ IPHQ là h.b.h

Có IP = IQ =

1

1
AD = BC nên IPHQ là hình thoi
2
2

Gọi P 1 ; Q 1 là giao điểm của PQ với AD và BC
Nhận thấy ∆ HPQ cân đỉnh H
⇒ HPQ = HQP ( Góc ở đáy tam giác cân) (1)

Mà PH // BC ⇒ BQ 1 P = HPQ ( So le trong)
QH // AD ⇒ AP 1 P = HQP ( So le trong)

(2)
(3)

b.

Gọi K, M, N lần lượt là trung điểm của EF, DF, CE
Từ giả thiết ∆ ADE = ∆ BCF và dựa vào tính chất của đường trung bình trong tam
giác ta có ∆ HMP = ∆ HNQ (c.c.c)
Suy ra MHP = NHQ ⇒ MHQ = NHP ⇒ MHN và PHQ có cùng tia phân giác
Mặt khác dễ có IPHQ và KMHN là các hình thoi.
Suy ra HK và HI lần lượt là phân giác của MHN và PHQ. Suy ra H, I, K thẳng hàng


Bài 5:
a

E

h

c

d

b

Đặt BD = x, DC = y. Giả sử x < y. Pitago trong tam giác vuông AHD ta tính được HD
= 27cm. Vẽ tia phân giác của góc ngoài tại A, cắt BC ở E. Ta có AE ⊥ AD nên AD2 = DE .
AD 2
45 2
DH. ⇒ DE =
=
= 75cm
DH

27

Theo tính chất đường phân giác trong và ngoài của tam giác
x
75 − x
DB
EB
⇒
=
=
y
75 + y
DC

EC

Mặt khác

x + y = 40

(1)

(2)

Thay y = 40 – x vào (1) và rút gọn được
x2 – 115x + 1500 = 0 ⇔ (x – 15)(x – 100) = 0
Do x < 40 nên x = 15, từ đó y = 25.
Vậy DB = 15cm, DC = 25cm
Bài 6:
Áp dụng Bunhiacopski cho hai dãy a2 ; 1 và 1; 4 ta có
(12 + 42)(a4 + 1) ≥ (a2 + 4)2
⇒

1+ a

4

≥

a2 + 4

1
Dấu “=” xảy ra ⇔ a =

(1)

17

2

2

Áp dụng Bunhiacopski cho b ; 1 và 1; 4 ta có
4

2

⇒

2

17(b + 1) ≥ (b + 4)

b +1 ≥
4

b2 + 4
17

(2)

1
Dấu “=” xảy ra ⇔ b =

2

Từ (1) và (2) ⇒ P ≥

a +b +8
2

2

17

(∗ )

5
9
⇔ a + b + ab =
4
4
2
2
1
1
a +b
Áp dụng Côsi ta có: a ≤ a2 + ; b ≤ b2 + ; ab ≤
4
4
2

Mặt khác theo giả thiết (1 + a)(1 + b) =

Cộng từng vế ba bất đẳng thức ta được


3 2
1
5
(a + b 2 ) +
≥ a + b + ab =
2
2
4
5
1
3
1
⇒ a2 + b2 ≥ ( - ):
=
Thay vào ( ∗ )
4 2
2
2
1
+8
17
P≥ 2
=
2
17
1
17

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
khi a = b =
2
2

GV ST: Nguyễn Hữu Biển

ĐỀ THI ÔN LUYỆN HỌC SINH GIỎI
ĐỀ SỐ 18
MÔN: TOÁN LỚP 9

Bài 1(6đ):
1. Cho biểu thức:
2
5 x
1
x −1
A = 1− (
−
−
):
1 + 2 x 4x −1 1 − 2 x 4x + 4 x +1
a. Rút gọn A
b.Tìm giá trị nguyên của x để A đạt giá trị nguyên
2.Tính giá trị của biểu thức B = x3 - 3x + 2000 víi x =

3

3+2 2 +

3

3−2 2 .

Bài 2: (4đ)
a.Cho ba số dương x, y, z thoả mãn

1 1 1
+ + = 1. Chứng minh rằng:
x y z

x + yz + y + zx + z + xy ≥ xyz + x + y + z .
b.Tìm số tự nhiên n sao cho A = n 2 + n + 6 là số chính phương
Bài 3 : (4đ)
a. Giải phương trình : 3 x 2 + 4 x + 10 = 2 14 x 2 − 7 .
b. Tìm nghiệm của phương trình: x2+2y2 +2xy +3y-4 =0
Bài 4: (5 đ)
Cho đường tròn (O,R) và một điểm A ở ngoài đường tròn, từ một điểm M di động trên đường thẳng
d ⊥ OA tại A, vẽ các tiếp tuyến MB,MC với đường tròn (B,C là tiếp điểm). Dây BC cắt OM và OA lần lượt
tại H và K.
a.Chứng minh OA.OK không đổi từ đó suy ra BC luôn đi qua một điểm cố định.
b.Chứng minh H di động trên một đường tròn cố định.


c.Cho biết OA= 2R. Hãy xác định vị trí của M để diện tích tứ giác MBOC nhỏ nhất.
nhỏ nhất đó.

Tính giá trị

Câu 5 ( 1.0 đ):

Tìm tất cả các số nguyên dương x , y , z thoả mãn
 x + y + z > 11

8 x + 9 y + 10 z = 100
----------------Hết----------------

CÂU

Ý
1a)
(2đ).

Bài 1
(5đ)

HƯỚNG DẪN
NỘI DUNG CẦN ĐẠT

ĐIỂM

a/(2đ)Cho biểu thức
 2
5 x
1 
x −1
−
−
:
A= 1- 
ĐK: x

÷
÷
 1 + 2 x 4x −1 1 − 2 x  4x + 4 x +1
1
≥ 0; x ≠ ; x ≠ 1
4


2
5 x
1 ÷
x −1

−
+
:
A= 1 2 x + 1 2 x + 1 (2 x − 1) 2 x − 1 ÷ 2 x + 1 2



(

)

4 x − 2 − 5 x + 2 x + 1 (2 x + 1) 2
.
A=1(2 x + 1)(2 x − 1)
x −1

x −1 2 x +1

2 x +1
2
.
= 1−
=
2 x −1 x −1
2 x −1 1 − 2 x
Ta có :
b/(2đ) Tìm x ∈ Z để A nguyên.
2
A∈ Z ⇒
∈ Z ⇒ 1 − 2 x ∈ Ư(2)
1− 2 x
Do x ≥ 0; x ≠ 1; x ∈ Z ⇒ x = 0
Vậy x=0 thì A có giá trị nguyên.
Áp dụng công thức: (a+b)3=a3+b3+3ab(a+b),

(

)

0,25
0,5
0,5
0,75

A=11b)
(1đ)

2.(2đ)

Đặt a= 3 3 + 2 2 , b= 3 3 − 2 2
Ta có
⇒ x= a+b ⇒ x3= (a+b)3= a3 + b3 +3ab(a+b)
=> x3 = 6 + 3x ⇒ x3- 3x = 6
Suy ra B = 2006

0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5


a)(2đ)

Bất đẳng thức đã cho tương đương với

a + bc + b + ca + c + ab ≥ 1 + ab + bc + ca ,
1
1
1
với a = , b = , c = , a + b + c = 1.
x
y
z

Bài 2

(4đ)

Tacó : a + bc =

a (a + b + c ) + bc

= a 2 + a (b + c) + bc ≥ a 2 + 2a bc + bc = a + bc .

0,75

0,75
0,5

b + ca ≥ b + ca ; c + ab ≥ c + ab .
Từ đó ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 3.
Tương tự:

b)2đ

A = n 2 + n + 6 là số chính phương nên A có dạng
A = n 2 + n + 6 = k 2 (k ∈ N * )

0,5

⇔ 4n 2 + 4n + 24 = 4k 2 ⇔ (2k ) 2 − (2n + 1) 2 = 23

Bài 3
(4đ)

a)(2đ)

2k + 2n + 1 = 23
⇔ (2k + 2n + 1)(2k − 2n − 1) = 23 ⇔ 
 2k − 2 n − 1 = 1
(Vì 23 là số nguyên tố và 2k + 2n + 1> 2k – 2n -1)
2k + 2n + 1 = 23
k = 6
⇔
⇔
 2k − 2 n − 1 = 1
n = 5
Vậy với n = 5 thì A là số chính phương

0,5

3x 2 + 4 x + 10 = 2 14 x 2 − 7 ĐKXĐ:

2
x≥

1
2
14 x 2 − 7 ≥ 0 ⇔ 2 x 2 − 1 ≥ 0 ⇔ x 2 ≥ ⇔ 
2

2
x ≤ −

2
2

26
Vì 3x 2 + 4 x + 10 = 3( x + ) 2 +
>0
3
3

0,25

a) Giải pt sau:

Ta có:

(

0,5

0,25

0,75

)

(1) ⇔ 3 x 2 + 4 x + 10 − 2 7 2 x 2 − 1 = 0
⇔ ( x 2 + 4 x + 4 ) + 2 x 2 − 1 − 2 2 x 2 − 1. 7 + 7 = 0

⇔ ( x + 2) +
2

b)(2đ)

0,5

(

2x −1 − 7
2

)

2

=0

 x = −2
x+2=0


⇔
⇔   x = 2 ⇔ x = −2 (TMĐK)
2
 2 x − 1 − 7 = 0
  x = −2


0,75
0,5
0,25

Vậy PT có nghiệm là: x = -2

b)
BiÕn ®æi phư¬ng tr×nh
x2+2y2 +2xy +3y-4 =0 ⇔ (x2+2xy+y2) +y2 +3y - 4=0
⇔ (y+4)(y-1) =-(x+y)2 ≤ 0

0,5
0,5
0,5
0,5


- 4 y 1 vì y thuộc Z nên y { 4;3;2;1;0;1}
ĐS sáu cặp (x;y) thỏa mãn phơng trình là
(4;- 4), (1;- 1),(5;-3), (1;3),(2;0), (-2;0)

Bi 4
(5)

V
hỡnh
(0,25)

d
M

B
0,25
H
O

K

A
C

a.
a)(2)

b)(1)
c)
(1,75)

Bi 5
(1)

HOK AOM
OA.OK = OH.OM
vBOM cú OB2 = OH. OM
R2
(Khụng i)
... OK =
OA
K l im c nh.
b.
H nm trờn ng trũn ng kớnh OK c nh.

0,5
0,5
0,5
0,5

1

c.
1
S OBMC = 2S OBM = OM . BH = OM . BC
2
Smin OMnhnht, BCnhnht
M A, BC OK H K M A

0,5
0,5
0,5
0,25

S min = ...R 2 3
Ta cú : 100 = 8x+9y+10z > 8x+8y+8z

= 8(x+y+z) x + y + z <

25
.
2

x+y+z > 11, do ( x+y+z ) nguyờn nờn
x+y+z =12.
x
+
y
+
z

=
12
x

+ y + z = 12

Vy ta cú h
8 x + 9 y + 10 z = 100
y + 2z = 4
T y + 2z =4 suy ra z=1 ( do y,z>0)
Khi z=1 thỡ y=2 v x=9. Thay x=9; y=2; z=1 thy tho món yờu cu bi toỏn

0,25

Theo gi thit

GV ST: Nguyn Hu Bin

THI ễN LUYN HC SINH GII

0,5
0,25


ĐỀ SỐ 19
MÔN: TOÁN LỚP 9
Câu 1 (6 điểm)
 6x + 4
−
Cho P = 

3
 3 3x − 8


  1 + 3 3x 3
3x

 . 
−
3
x



3x + 2 3x + 4   1 + 3 x


a. Rút gọn P.
b.Tìm các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.
Câu 2 (4 điểm)
a. Giải phương trình: x + 2 x + 3 = x + 4
7
b. Cho 00 < α < 900 và sin α + cos α = .
5

Tính tan α

Câu 3 (3 điểm)
a. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn biểu thức a + b + c = 1
Chứng minh rằng: a + bc + b + ac + c + ab ≤ 2 .

b. Cho 0 < x < 1. Tìm GTNN của A =
Câu 4 (6 điểm)

x
5
+ .
1− x x

Cho tam giác ABC có ∠A = 1v , kẻ đường cao AH (H thuộc BC). Vẽ đường tròn ( I;
) nó cắt AB tại P và AC tại Q. Qua P và Q vẽ hai tiếp tuyến với đường tròn ( I;

AH
2

AH
), chúng
2

cắt BC lần lượt tại E và F.
Chứng minh rằng:
a. PE// QF.
b. AB . AP = AQ . AC
c. Cho AB = 5cm; AC = 12cm. Tính EF.
d. Giả sử BC cố định còn A di động nhưng luôn nhìn BC dưới một góc 900. Tìm
vị trí của A để diện tích tam giác APQ lớn nhất.
Câu 5 (1 điểm)
Chứng minh rằng không tồn tại x, y là số nguyên thỏa mãn biểu thức:
2012x2015 + 2013y2018 = 2015.

---------------- Hết --------------

Câu

HƯỚNG DẪN
Nội dung

Điểm


1
 6x + 4
−
(6 điểm) a, P = 
3


  1 + 3 3x 3
3x

 . 
−
3
x

3x + 2 3x + 4   1 + 3 x


 3 3x − 8

(

)

x ≥ 0

đk:  4
 x ≠ 3


 6x + 4
  1 + 3x 3
3x


 . 
−
−
3
x
P= 
3



1
+
3
x
3
x

+
2
3
x
+
4
 3x − 8
 

 1 + 3x 1 − 3x + 3x

6 x + 4 − 3x 3 x − 2
− 3 x 
P=
. 
1 + 3x
3 x − 2 3x + 2 3 x + 4 


(

)

(

P=
P=
P=

(

(
(

(

)(

)

(

)

)(

6 x + 4 − 3 x + 2 3x
. (1 3x − 2 3 x + 2 3 x + 4

)(

)

)

3x + 3x -

3x )

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

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

)(

)

(

)

)

b, Tìm các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.

(
P=

)

2

3x − 1
3x − 2

(
=

)

2

(

)

3x − 2 + 2 3x − 2 + 1
Ta có
3x − 2
1
P = ( 3x - 2) + 2 +
3x − 2
1
P = 3x +
3x − 2
2
3 x ∈ n (n ∈ Z )
Để P có giá trị nguyên thì 
(2)
 3 x − 2 ∈ U (1)
 x = 3(TM )
 3x − 2 = 1
 3x = 3
⇔

⇔
Từ (2) có 
 x = 1 (loai )
 3 x − 2 = −1
 3 x = 1
3


(

)

Vậy với x = 3 thì P có giá trị nguyên.
2
a,
(4 điểm)
⇔
⇔
⇔
⇔

(
(

)

 x − 1 2 = 0

2
 x + 3 − 2 = 0

 x − 1 = 0
⇔ 
⇔ x=1 (thỏa mãn)
 x + 3 − 2 = 0
7
b, Cho 00 < α < 900 và sin α + cos α = . Tính tan α .
5
7
7


Vì sin α + cos α = ⇒ sin α =  − cos α 
5
5

⇔

b,

Giải phương trình:
x + 2 x+3 = x + 4
điều kiện: x ≥ -3
2 x + 4 x + 3 = 2x + 8
2x + 8 - 2 x − 4 x + 3 = 0
(x - 2 x + 1) + x + 3 - 4 x + 3 + 4 = 0
( x − 1) 2 + ( x + 3 − 2) 2 = 0

)

2

7

Mà sin α + cos = 1 nên  − cos α  + cos 2 α = 1
5

2

2


⇔
⇔
⇔
⇔
⇔

49 14
− cos α + cos 2 α + cos 2 α = 1
25 5
50 cos 2 α − 7 cos α + 24 = 0
25 cos 2 α − 35 cos α + 12 = 0
25 cos 2 α − 20 cos α − 15 cos α + 12 = 0
(5cos α - 4) (5cos α - 3) = 0
4

cos α = 5

cos α = 3


5

3
3


sin α = 5
 tan α = 4
⇔
⇔ 
⇔ 
4
sin α =
 tan α = 4


3
5
3
4
3
Vậy tan α = nếu cos α = và sin α =
4
5
5
4
3
4
Hoặc tan α = nếu cos α = và sin α =

5
5
3
a, Ta có: a + bc = a..1 + bc − a(a + b + c) + bc = (a + b)(a + c)

3
(3 điểm) Tương tự: b + ac = (b + a)(b + c) và c + ab = (c + a)(c + b)

1
2
1
(b + a )(b + c ) ≤ (b + a + b + c)
2
1
(c + a)(c + b) ≤ (c + a + c + b)
2
1
Nên a + bc + b + ac + c + ab ≤ (4a + 4b + 4c) = 2(a + b + c) = 2
2
a + b + c = 1
a + b = a + c
1

⇔ a=b=c=
Dấu (=) xảy ra khi 
3
b + a = b + c
c + a = c + b
b, Ta có: 0 < x < 1 ⇒ 1 – x > 0
x

5
x
5 − 5x + 5x
+ =
+
Và A =
.
1− x x 1− x
x
x
5(1 − x) 5 x
x
5(1 − x )
A=
+
+
=
+
+5
1− x
x
x 1− x
x
x
5(1 − x )
x 5(1 − x)
+
≥2
.
=2 5

Vì
1− x
x
1− x
x
0〈 x 〈1

Do đó: A ≥ 2 5 + 5 . Dấu (=) xảy ra khi  x
5(1 − x)
1 − x =
x

Mà: (a + b)(a + c) ≤ (a + b + a + c)

Kết luận: giá trị nhỏ nhất của A là (5 + 2 5 ) khi x =
4
Vẽ hình đúng được 0,25điểm
(6 điểm)

A
Q

5− 5
4


P

I I K

B
a, Chứng minh được:
E
H
F
C
+) P, I, Q thẳng hàng
+) PE, QF cùng vuông góc với PQ.
b, +) APHQ là hình chữ nhật
+) góc BAH bằng góc C
+) góc APQ bằng góc BAH
+) tam giác APQ đồng dạng với tam giác ACB (g-g)
c, +) Tính BC = 13cm
+) E là trung điểm của BH; F là trung điểm của HC
+) EF =

1
BC = 6,5cm
2

d, Kẻ AK ⊥ PQ ta có SAPQ=

1
1
AK . PQ = AK . AH
2
2

1
1

Vì AK ≤ AH nên SAPQ ≤ AH2 ⇔ SAPQ lớn nhất ⇔ AH lớn nhất
2
4
⇔ AH là trung tuyến của ∆ ABC ⇔ ∆ ABC là vuông cân tại A.
Ta có với mọi x thì 2012x2015  4 nên là số chẵn.

5
(1 điểm) +) Nếu y là số chẵn thì 2013.y2018 là số chẵn, vì y2018 là số chẵn.
Do đó: (2012x2015 + 2013.y2018) là số chẵn
mà 2015 Là số lẻ (vô lí).
+) Nếu y là số lẻ thì y1009 là số lẻ.
Do đó chọn y1009 = (2n+1) (n ∈ Z )
Thì 2013. y2018 = 2013 . (2n+1)2 = 2013. (4n2 + 4n + 1)
= 4 . 2013 (n2 +n) +2013
Nên 2012.x2015 + 2013. y2018 chia cho 4 dư 1
Còn số 2015 chia cho 4 dư 3. (vô lí)
Vậy không có số nguyên x, y nào mà
2012x2015 2013.y2018 = 2015
GV ST: Nguyễn Hữu Biển

ĐỀ THI ÔN LUYỆN HỌC SINH GIỎI
ĐỀ SỐ 22
MÔN: TOÁN LỚP 9

Câu 1: ( 6 điểm ).
1.Cho biểu thức: A = 1 − (

2
5 x
1

x −1
−
−
):
1 + 2 x 4x −1 1− 2 x 4x + 4 x +1

a. Rút gọn A
b. Tìm giá trị nguyên của x để A đạt giá trị nguyên
c. Tính giá trị của A với x = −7 3 49(5 + 4 2)(3 + 2 1 + 2 )(3 − 2 1 + 2 2 ) .


2.Tìm tất cả các số tự nhiên abc có 3 chữ số sao cho :
 abc = n 2 − 1

2
 cba = ( n − 2 )

với n là số nguyên lớn hơn 2.

Câu 2: ( 4 điểm ).
1.Giải phương trình sau: x + 3 + 1 − x 2 = 3 x + 1 + 1 − x
1 1 1
2.Cho x, y, z là ba số thỏa mãn: x. y.z = 1 và x + y + z = + + .
x

y

z

2013

2014
2015
Tính giá trị của biểu thức: P = ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1)

Câu 3: ( 3 điểm ).
1.T×m c¸c nghiệm nguyên của phương trình : x2 + xy + y2 = x2y2
2. Cho a, b và c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1 .
Chứng minh rằng

ab
bc
ca
1
+
+
≤ .
c +1 a +1 b +1 4

Câu 4: ( 6 điểm ).
Cho O là trung điểm của đoạn thẳng AB. Trên một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ hai tia Ax,
By vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm C, trên tia By lấy điểm D sao cho
góc COD = 900. Kẻ OH vuông góc với CD tại H.
a. Chứng minh CD là tiếp tuyến của đường tròn tâm O đường kính AB;
b.Chứng minh AC.BD =

AB 2
;
4

c. Nêu cách xác định vị trí điểm C trên tia Ax để diện tích tam giác COD bằng diện

tích tam giác AHB.
Câu 5: ( 1 điểm ). T×m nghiÖm nguyªn dương cña ph¬ng tr×nh : x2+2y2 +2xy +3y- 4 = 0
—————————————– Hết ——————————————–

HƯỚNG DẪN
Câu

Điểm





2
5 x
1 
x −1
−
−
:
÷
÷
 1 + 2 x 4x −1 1 − 2 x  4x + 4 x + 1

a/Cho biểu thức A= 1- 

0,5đ

1
4

ĐK: x ≥ 0; x ≠ ; x ≠ 1


2
5 x
1 ÷
x −1

+
:
A= 1-  2 x + 1 −
2 x + 1 (2 x − 1) 2 x − 1 ÷ 2 x + 1



(

)

(

)

2

4 x − 2 − 5 x + 2 x + 1 (2 x + 1) 2
.
A=1(2 x + 1)(2 x − 1)
x −1

Câu
1.1
(4 ð)

0,5đ
0,5đ

x −1 2 x +1
2 x +1
2
.
= 1−
=
2 x −1 x −1
2 x −1 1 − 2 x
b/ Tìm x ∈ Z để A nguyên.
2
A∈ Z ⇒
∈ Z ⇒ 1 − 2 x ∈ Ư(2)
1− 2 x
Do x ≥ 0; x ≠ 1; x ∈ Z ⇒ x = 0

0,5đ

A=1-

1đ

Vậy x=0 thì A có giá trị nguyên.

c/Với x= −7 3 49(5 + 4 2)(3 + 2 1 + 2 )(3 − 2 1 + 2 2 )
x=-7 3 49(5 + 4 2)(5 − 4 2) = −7. − 7 = 49
⇒ x = 7 . Vậy A =

0,5đ
0,5đ

2
2
=
1 − 2.7 −13

(1)

Câu
1.2
(2 ð)

0,5

 abc = 100a + 10b + c = n 2 − 1

Viết được  cba = 100c + 10b + a = n 2 − 4n + 4 (2)

0,5

Từ (1) và (2) ta có 99 ( a –c ) = 4n – 5
=> 4n – 5 + 99 (3)
Mặt khác :
100 ≤ n 2 − 1 ≤ 999 ⇔ 101 ≤ n 2 ≤ 1000 ⇔ 11 ≤ n ≤ 31

⇔ 39 ≤ 4n − 5 ≤ 119

0,5
(4)

Từ (3) và (4)
=> 4n – 5 = 99 => n = 26
Vậy số cần tìm abc = 675
1. x + 3 + 1 − x 2 = 3 x + 1 + 1 − x (ĐK: − 1 < x < 1 )

Câu
2.1
(2đ)

0,5

 x + 3 = a 2 + 2
 x + 1 = a
( a , b ≥ 0) ⇒ 
Đặt 
 1 − x = b
 1 − x 2 = ab

0,5đ.

Thay vào phýõng trình ðã cho ta có:

0,5đ.

a 2 + 2 + ab = 3a + b ⇔ a 2 + ( b − 3).a − ( b − 2) = 0 ⇔ ( a − 1)( a + b − 2) = 0

a = 1
⇔
a + b = 2

• Với a = 1 ⇒ x + 1 = 1 ⇔ x = 0 (thỏa mãn)
•Với a + b = 2 ⇒ x + 1 + 1 − x = 2 ⇔ x + 1 + 1 − x + 2 1 − x 2 = 4 ⇔ 1 − x 2 = 1 ⇔ x = 0

0,5đ.


(thỏa mãn)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0 .
--------------------------------------------------------------------------------------------1

1

1

Từ x + y + z = x + y + z ⇒ x + y + z =

xy + yz + zx
= xy + yz + xz ( vì xyz = 1 )
xyz

Xét tích ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) = ( xy − x − y + 1) ( z − 1) =

0,5đ.
0,5đ
0,5đ

xyz − xy − xz − yz + x + y + z − 1 = 1 − xy − xz − yz + x + y + z − 1 = 0

Câu
2.2
(2ð)

 x −1 = 0  x = 1
⇒  y − 1 = 0 ⇒  y = 1
 z − 1 = 0
 z = 1
Lần lượt thay x = 1 hoặc y = 1 hoặc z = 1 vào biểu thức P ta đều được P = 0

---------------------------------------------------------------------------------------------------Câu
3.1
(2ð)

 x2 y 2 ≥ 4 x2

*Víi x≥ 2 vµ y≥ 2 ta cã:  2 2
2

x y ≥ 4 y

⇒ x2y2 ≥ 2 (x2 + y2) = x2 + y2 +x2 + y2≥ x2 + y2 + 2xy> x2 + y2 + xy
* VËy x≤ 2 hoÆc y ≤ 2
- Víi x =2 thay vµo ph¬ng tr×nh ta ®îc 4 + 2y + y2 = 4y2
hay 3y2-2y -4 =0 ⇒ Ph¬ng tr×nh kh«ng cã nghiÖm nguyªn
- Víi x =-2 thay vµo ph¬ng tr×nh ta ®îc 4 - 2y + y2 = 4y2
hay 3y2+2y -4 =0 ⇒ Ph¬ng tr×nh kh«ng cã nghiÖm nguyªn
- Víi x =1 thay vµo ph¬ng tr×nh ta ®îc 1 + y + y2 = y2

hay y = -1
- Víi x =-1 thay vµo ph¬ng tr×nh ta ®îc 1 - y + y2 = y2
hay 1- y = 0 ⇒ y =1
- Víi x = 0 thay vµo ph¬ng tr×nh ta ®îc y =0
Thö l¹i ta ®îc ph¬ng tr×nh cã 3 nghiÖm nguyªn (x, y) lµ:
(0; 0); (1, -1); (-1, 1)

0,5đ
0,5đ
------0,25ð
0,25ð
0,25ð
0,25ð
0,25ð
0,25ð
0,25ð
0,25ð


Học sinh phát biểu và CM bất đẳng thức phụ sau:
- Với x; y là các số thực dương bất kỳ ta có:

0,25
1
11 1
≤  + ÷ (1). Đẳng thức
x+ y 4 x y

xẩy ra khi và chỉ khi x = y.
Câu

3.2
(1ð)

Thật vậy: Vì x; y là các số thực dương theo BĐT Côsi ta có

0,25

1
11 1
1 1
1
≤  + ÷
+ ÷ ≥ 2 xy .2
=4⇒
x+ y 4 x y
xy
x y

( x + y) 

- Áp dụng BĐT (1) ta có:
ab
ab
ab  1
1  ’
=
≤
+

÷ (1 )

c +1 ( c + a) + ( c + b)
4 c+a c+b 

Tương tự

0,25

bc
bc  1
1  ’ ca
ca  1
1  ’
≤ 
+
≤ 
+
÷(2 );
÷ (3 )
a +1 4  a + b a + c 
b +1 4  b + a b + c 

Cộng vế với vế của ba đẳng thức trên ta được:
ab
bc
ca
1  ab + ca ab + cb cb + ca  a + b + c 1
+
+
≤ 
+

+
=
÷=
c +1 a +1 b +1 4  b + c
c+a
a +b 
4
4

0,25

1
3

Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = .

0,5

a) Vì Ax ⊥ AB; By ⊥ AB nên Ax, By là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Gọi M là trung điểm của CD => OM là đường trung bình của hình thang
Câu 4
ACDB => OM //AC => góc ACO = góc MOC ( So le trong) (1)
(6đ)
Lại có: OM là trung tuyến thuộc cạnh huyền của tam giác vuông COD =>
OM = MC => tam giác OMC cân tại M => góc COM = góc MCO (2)
Từ (1) và (2) suy ra góc ACO = góc MCO
=> tam giác ACO = tam giác HCO (cạnh huyền - góc nhọn)
=> OH = OA => H thuộc đường tròn tâm O
=> CD là tiếp tuyến của đường tròn tâm O đường kính AB

1,5

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AC = CH; BD = DH
CH.DH = OH2 => AC.BD =

AB 2
4

1,5


OH
= 1 ( HK AB; K thuục AB )
c) SCOD = S AHB =>
HK

( Vi tam giac COD ụng dang vi tam giac BHA)
=> OH = HK => K trung O => H la iờm chinh gia cua na ng tron O
AB
AB
=> AC =
võy iờm C thuục tia Ax sao cho AC =
thi SCOD = S AHB .
2
2

0,5
1,0
1,0

--------------------------------------------------------------------------------------------0,25

Biến đổi phơng trình
x2+2y2 +2xy +3y- 4 = 0 (x2+2xy+y2) +y2 +3y - 4= 0
(y+4)(y-1) =-(x+y)2 0
- 4 y 1 vì y thuộc Z nên y { 4;3;2;1;0;1}
Sáu cặp (x;y) thỏa mãn phơng trình là
(4;- 4), (1;- 1),(5;-3), (1;3),(2;0), (-2;0)
V ỡ x; y nguyờn dng nờn x=1 v y=3

0,25
0,25
0,25

( Hc sinh lm theo cỏch khỏc ỳng vn cho im )

GV ST: Nguyn Hu Bin

THI ễN LUYN HC SINH GII
S 25
MễN: TON LP 9

Cõu I (4,0 im):
x +1


xy + x
xy + x
+
+ 1ữ: 1

x + 1 ữ.
Cho biu thc A =
ữ
xy 1
xy + 1 ữ
xy + 1 1 xy



1.Rỳt gn biu thc A.
2. Cho

1 + 1 =6
. Tỡm giỏ tr ln nht ca A.
x
y

Cõu II (5,0 im).
1.Cho phng trỡnh x 2 + 2( m 2) x + m 2 2m + 4 = 0 . Tỡm m phng trỡnh
2

1

1

cú hai nghim thc phõn bit x1 , x2 tha món x 2 + x 2 x x = 15m .
1 2
1
2
x + y + z = 1

2.Gii h phng trỡnh

4
4
4
x + y + z = xyz

Cõu III (4,0 im).

.


1.Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b) sao cho (a + b2) cho (a2b – 1).
2. Tìm x, y, z ∈ N thỏa mãn

x+2 3 = y + z .

Câu IV (6,0 điểm) :
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO
(C khác A và C khác O). Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã
cho tại D. Trên cung BD lấy điểm M (M khác B và M khác D). Tiếp tuyến của nửa đường
tròn đã cho tại M cắt đường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD.
1.Chứng minh tam giác EMF là tam giác cân.
2.Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh ba điểm D, I, B
thẳng hàng.
3.Chứng minh góc ABI có số đo không đổi khi M di chuyển trên cung BD.
Câu V (1,0 điểm) : Cho x, y là các số thực dương thoả mãn x + y = 1.
1
1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x 3 + y3 + xy .

----- HẾT -----


HƯỚNG DẪN
Lời giải (vắn tắt)

Câu
Ý
I
1
Điều kiện: xy ≠ 1 .
(4,0đ (2,5đ
( x + 1) ( 1 − xy ) + ( xy + x ) ( xy + 1) + ( xy + 1) ( 1 − xy )
)
)
A=
:

(
=
=

(

)(

) (

xy + 1 1 − xy +

)(

xy + 1 1 − xy

(

xy + x

)(

)(

)

)

(

xy + 1 − ( x + 1) 1 − xy

xy + 1 1 − xy

)

(
) ( xy + x ) ( xy + 1) + ( xy + 1) ( 1 −
( xy + 1) ( 1 − xy ) + ( xy + x ) ( xy + 1) − ( x + 1) ( 1 −

(

x + 1) 1 − xy +

Điểm
0,25

)=

)=
xy )
xy

1+ x = 1
.
x y + xy
xy

0,50
1,25

2
6=
(1,5đ Theo Côsi, ta có:
)
Dấu bằng xảy ra ⇔

1 + 1 ≥2
x
y

1 ⇒ 1 ≤9
.
xy
xy

0,50

1
1 = 1
⇔
x
=
y
=
.
x
y
9

0,50

1
.
9
II
1
PT đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện:
(5,0đ (2,5đ ∆'> 0 ⇔ ( m − 2) 2 − ( m 2 − 2m + 4) > 0 ⇔ m < 0 (*)
)

)
 x1 + x2 = 4 − 2m
m<0
Với
ta1 có:  x1.x2 = m
2 theo Vi-et
1
2 2 − 2m + 4 . 1
1
−
=
⇔
−
=
2
2
2
Ta có x11 + x2 x1 x2 115m ( x11+ x2 ) − 2 x1 x2 x1 x2 15m (1)
Vậy: maxA = 9, đạt được khi : x = y =

⇔ 2
− 2
=
1
1
1
⇔ m − 6m +−4 m − 2m=+ 4 15m
4
m+ =t
4

4
m<0 ⇒t <0
15
m + − 6 m + − 21
. 1Đặt 1 m t = −do
4
m
m
Ta cos (1) trở thành 4t − 6 − t − 2 = 15 ⇔ t = 12 ⇒ t = −4 ( do t < 0 )
Với t = −4 ta có m + = −4 ⇔ m = −2 thỏa mãn (*)
m

2
Ta có:
(2,5đ
x4 + y 4 y 4 + z 4 z 4 + x4
x4 + y 4 + z 4 =
+
+
≥ x2 y2 + y 2 z 2 + z 2 x2 =
)
2
2
2
=

0,50

x2 y2 + y 2 z 2 y 2 z 2 + z 2 x2 z 2 x2 + x2 y 2
+

+
≥ xyyz + yzzx + zxxy =
2
2
2

= xyz (x + y + z) = xyz ( vì x + y + z = 1).
x = y = z
1
⇔x= y=z=
3
x + y + z = 1

0,50
0,50
0,25
0,50
0,50
0,50
0,50
0,25
0,50
0,50
0,50

Dấu bằng xảy ra ⇔ 

1
1
1


Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  x = ; y = ; z = ÷


3

3

3

III
1
Giả sử (a + b )  (a b – 1), tức là: a + b = k(a b – 1), với k ∈ *
(4,0đ (2,0đ ⇔
)
)
⇔ a + k = b(ka2 – b) ⇔ a + k = mb
(1)
2

2

2

2

0,50
0,50

Ở đó m ∈  mà: m = ka2 – b ⇔ m + b = ka2

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m + 1 ⇔
⇔ (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka)
(3)
Do m > 0 (điều này suy ra từ (1) do a, k, b > 0) nên m ≥ 1 (vì m
∈ ).
Do b > 0 nên b – 1 ≥ 0 (do b ∈ ) ⇒ (m – 1)(b – 1) ≥ 0.
Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka) ≥ 0.
Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka ≥ 0 ⇒ k + 1 ≥ ka ⇒ 1 ≥ k(a –
1)
(4)
Vì a – 1 ≥ 0 (do a ∈ , a > 0) và k ∈ , k > 0 nên từ (4) có:
a = 1
 k(a − 1) = 0

 k(a − 1) = 1 ⇔  a = 2

  k = 1

0,50

0,25

- Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2 ⇔
 m − 1 = 2

 b − 1 = 1 ⇔  b = 2

b = 3
 m − 1 = 1


  b − 1 = 2

Vậy, trường hợp này ta có: a = 1, b = 2 hoặc a = 1, b = 3.
- Với a = 2 (vì k = 1). Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0 ⇔

0,25

b = 1
m = 1 .


2
(2,0đ
)

Khi b = 1, ta được: a = 2, b = 1.
Khi m = 1: Từ (1) suy ra a + k = b ⇒ b = 3. Lúc này được: a = 2,
b = 3.
Tóm lại, có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn bài toán là: (1; 2), (1; 3), (2;
3), (2; 1).
Ta có x + 2 3 = y + z ⇔ x + 2 3 = y + z + 2 yz
⇔ ( x − y − z ) + 2 3 = 2 yz ⇒ ( x − y − z ) + 4 3 ( x − y − z ) + 12 = 4 yz (1)
2

2
4 yz − ( x − y − z ) − 12

TH1. Nếu x − y − z ≠ 0 Ta có 3 =
(2) vô lý

4( x − y − z )

0,25
0,25
0,50
0,50

( do x, y, z ∈ N nên vế phải của (2) là số hữu tỷ ).
x − y − z = 0
(3)
 yz = 3

TH2. x − y − z = 0 khi đó (1) ⇔ 

0.50

x = 4
x = 4


Giải (3) ra ta được  y = 1 hoặc  y = 3 thử lại thỏa mãn
z = 3
z = 1



0,50

IV
(6,0đ
1
)
(2.5đ
)

E

D
H
F
C

A

M

I

O

0,50
0,50

B

Ta có M thuộc đường tròn tâm O đường kính AB (giả thiết) nên 0,50

0,50
·
AMB
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
·
hay FMB
= 900 .
0
·
·
·
Mặt khác FCB
.
= 900 (giả thiết).Do đó
· FMB
·+ FCB( 1=) 180
0,50
⇒
CBM
=
EFM
Suy
ra
BCFM
là
tứ
giác
nội
tiếp
(vì

cùng
bù
·
với CFM ).·
·
( 2 ) (góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến và
Mặt khác CBM = EMF
·
·
¼ ). Từ (1) và (2) ⇒ EFM
= EMF
dây cung cùng chắn AM
.
Suy ra tam giác EMF là tam giác cân tại E.
·
·
·
(Có thể nhận ra ngay EMF
nên suy ra EMF
= MBA
= MFE
cân)
·
DIF

·
=
( 3) .
Gọị H là trung điểm của DF.·Suy ra IH· ⊥ DF và DIH
1 là

2 nội tiếp
I
(
)
Trong đường tròn
ta có: DMF và DIF DMF
góc
·lần lượt
·
= DIF (4).
và góc ở tâm cùng chắn
DF. Suy· ra
· cung
·
·
Từ (3) và (4) suy ra DMF
hay
= DIH
DMA = DIH2.
·
·
Trong
tròn ( O ) ta có: DMA
(góc nội tiếp cùng
= DBA
»đường
chắn DA
)
·
·

Suy ra DBA = DIH .
Vì IH và BC cùng vuông góc với EC nên suy ra IH // BC. Do đó
·
·
·
·
DBA
+ HIB
= 180o ⇒ DIH
+ HIB
= 180o ⇒ Ba điểm D, I, B thẳng

hàng.

0,50
0,50
0,50
0,50

1

·
·
» .
= ABD
= sđ AD
Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng ⇒1ABI
2
» không đổi.
Mà C cố định nên D cố định ⇒ 2 sđ AD

Do đó góc ABI có số đo không đổi
khi M thay đổi trên cung
BD.

V(1đ
)

0,50

2
1 − 2xy
1
1
1
1
(2.5đ Ta có: B = (x + y)3 − 3xy(x + y) + xy = 1 − 3xy + xy = xy(1 − 3xy) .
)
(x + y) 2 1
= .
Theo Côsi: xy ≤
4

4

0,50
0,50
0.25

1 − 2xy

Gọi Bo là một giá trị của B, khi đó, ∃x, y để: Bo = xy(1 − 3xy) ⇔
⇔ 3Bo(xy)2 – (2 + Bo)xy + 1 = 0
(1)
Để tồn tại x, y thì (1) phải có nghiệm xy ⇔ ∆ = Bo2 – 8Bo + 4 ≥ 0.25
 Bo ≥ 4 + 2 3

0⇔ 

 Bo ≤ 4 − 2 3

Để ý rằng với giả thiết bài toán thì B > 0. Do đó ta có:


Bo ≥ 4 + 2 3 .
2 + Bo
3 + 3 ⇒ x(1 − x) = 3 + 3
Với Bo = 4 + 2 3 ⇒ xy = 6B = (
⇔
o
6 2 + 3)
6( 2 + 3)

⇔ x2 − x + 3 + 3 = 0 ⇔ x =

1+

6( 2 + 3)

Vậy, Bmin = 4 + 2 3 , đạt được khi
hoặc

x=

1−

0.25

2 3
2 3
−1
1−
−1
.
3
3
,x =
2
2

x=

2 3
2 3
−1
1+
−1
.
3
3
, y=

2
2

1+

2 3
2 3
−1
1−
−1
3
3
, y=
2
2

0.25