Bộ đề thi HSG lớp 9 môn toán ôn thi 2017

1
Bài 1: (1.5 điểm)
Thực hiện tính:
2x  2 x 2  4
x2  4  x  2

với x  2 6  3

Bài 2: (2.5 điểm)
Giải các phương trình:
a. x 2  5x  x 2  5x  4  2
b. x 2  3x  2  x  3  x  2  x 2  2 x  3
Bài 3: (2.0 điểm)
a. Chứng minh phương trình (n+1)x2 + 2x - n(n+2)(n+3) = 0 luôn có nghiệm hữu tỉ với
mọi số n nguyên.
b. Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 + 2009x + 1 = 0
x3, x4 là nghiệm của phương trình x2 + 2010x + 1 = 0
Tính giá trị của biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4)
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) = n2(n4 - 1). Chứng minh A(n) chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n.
Bài 1: (1.5 điểm)
Thực hiện tính:
2x  2 x 2  4

x2  4  x  2


được:

với x  2 6  3

x  2  x  2  2 ( x  2)( x  2)



( x  2  x  2) 2

( x  2)( x  2)  x  2
x  2( x  2  x  2)
1
1
1


 3 2
2
3

2
2 6 23
( 3  2)



1
x2

Thay x  2 6  3 vào

Bài 2: (2.5 điểm)
Giải các phương trình:
a. x 2  5x  x 2  5x  4  2
2
x 2  5x  4  x 2  5x  4  2 .Đặt y  x 2  5x  4 (y  0) được: y - y - 2 = 0
Giải phương trình được: y1 = -1 (loại); y2 = 2.Với y = 2 giải x 2  5x  4  2 được x1 = 0; x2 = -5.


2
Thử lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệmGhi chú: Có thể đặt y = x2 + 5x. Lúc này
cần đặt điều kiện khi bình phương hai vế.
b. x 2  3x  2  x  3  x  2  x 2  2 x  3
( x  1)( x  2)  x  3  x  2  ( x  1)( x  3) , x  1( x  2  x  3)  x  2  x  3  0
( x  2  x  3 )( x  1  1)  0

x  2  x  3  0 vô nghiệm;

x  1  1  0 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)x2 + 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+ (n2 + 3n)(n2+3n+2) = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1 =(n2 + 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
2
b. Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình x + 2009x + 1 = 0
x3, x4 là nghiệm của phương trình x2 + 2010x + 1 = 0
Tính giá trị của biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4)
Giải:
Chứng tỏ hai phương trình có nghiệm.
Có: x1x2 = 1
x3x4 = 1
x1+x2 = -2009
x3 + x4 = -2010
Biến đổi kết hợp thay: x1x2 = 1; x3x4 = 1
(x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4) = (x1x2 + x2x3 - x1x4 -x3x4 )(x1x2+x1x3-x2x4-x3x4)
= (x2x3 - x1x4 )(x1x3-x2x4 )= x1x2x32 - x3x4x22 - x3x4x12+x1x2x42
= x32 - x22 - x12 + x42= (x3 + x4 )2 - 2x3x4 -( x2+ x1)2 + 2x1x2 = (x3 + x4 )2 -( x2+ x1)2
Thay x1+x2 = -2009; x3 + x4 = -2010 được : 20102 - 20092 =2010+2009 =4019
Ghi chú: Có thể nhân theo nhóm [(x1+x3)(x2 + x3)].[(x1-x4)(x2-x4)]
Bài 4: ( 3.0 điểm)
B
K
A

M

O

H

D

I
C

E


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
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

(2)

Bài 5: ( 1.0 điểm)
Chứng minh A(n) = n2(n4 - 1). chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n.
- A(n) = n.n(n2 - 1)( n2 + 1) = n.n(n - 1)(n+1)( n2 + 1). Do n(n - 1)(n+1) chia hết cho 3 nên A(n)
chia hết cho 3 với mọi n.
- A(n) = n2(n4 - 1) = n(n5 - n). Do n5 - n chia hết cho 5 theo phecma nên A(n) chia hết cho 5 với

mọi n.
- Nếu n chẵn  n2 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
. Với a; b là các số dương.
 
a b ab

b) Cho x; y là hai số dương và x  y  1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của
P

1
;
2 xy

M

2
3
.
 2
xy x  y 2

Bài 2: (2.0 điểm)


Giải hệ phương trình: 

x 2  y 2  11

 x  xy  y  3  4 2

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.


4
b. Chứng minh AE.AC + BF. BC không đổi khi EF di động trên nửa đường tròn.
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

. Với a; b là các số dương.
 
a b ab

b. Cho x; y là hai số dương và x  y  1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của
P

1
;
2 xy

M

2
3
.
 2
xy x  y 2

1 1
4
ab
4
2
2
 


 a  b   4ab  a  b   0
a b ab

ab
ab
1
x y
4
4
P



2
2 xy
2 xy
2( x  y) 2.1
1
P đạt giá trị nhỏ nhất tại: x = y =
2
1
1
1
hoặc: 2 xy  x 2  y 2  4 xy  ( x  y) 2  xy    4 
2
4
xy
2 xy
4
3
1
4.3
1

4.3
2
3
=
 2

 2


 2  12  14
M
 2
2
2
2
2 xy x  y
2 xy x  2 xy  y
2 xy ( x  y) 2
xy x  y
1
1
đạt GTNN tại x = y = .
2
2 xy
1
1
3
3
đạt GTNN tại x = y = . Nên M đạt GTNN tại x = y = .
 2

2
2
2
2 xy x  y

0,50
0,50
0,25

0,50

0,25

Bài 2: (2.0 điểm)


Giải hệ phương trình: 

x 2  y 2  11

 x  xy  y  3  4 2
 S 2  2 P  11
- Đặt S = x + y; P = xy được: 
S  P  3  4 2
-  S 2  2S  (17  8 2 )  0

- Giải phương trình được S1  3  2 ; S 2  5  2
- S1  3  2 được P1  3 2 ; S 2  5  2 được P2  8  5 2
- Với S1  3  2 ; P1  3 2 có x, y là hai nghiệm của phương trình:
X 2  (3  2 ) X  3 2  0

- Giải phương trình được X 1  3; X 2  2 .
- Với S 2  5  2 được P2  8  5 2 có x, y là hai nghiệm của phương trình:
X 2  (5  2 ) X  8  5 2  0 . Phương trình này vô nghiệm.

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25


5
 x3
;
y  2

- Hệ có hai nghiệm: 

x  2

 y3

0,25
A

Bài 3: (2.0 điểm)
-Chứng tỏ MBND là hình bình hành  O là trung 0,75

điểm của MN.
- OH // AB  OH  MN.
- HMN cân tại H (Trung tuyến vừa là đường
cao)  HM = HN.

M

H

B

O

Q
C

HQ OQ
- ON // BP được:

HM OB
OQ NQ
HQ NQ

 NH//PM  HNM =


OB NP
HM NP

- OH // BM được:

D

N
P

 NMP   HMN =  NMP  MN là phân 1,25
giác của góc QMP

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
0,25
hết cho 5 nên có một số bằng 5.
Giả sử a = 5 được 5bc = 5(5+b+c)  bc = 5+b+c.
0,50
 bc -b - c + 1 = 6  (b-1)(c-1) = 6.
b,c là các số nguyên dương có vai trò như nhau nên ta có các hệ:
b  1  1
b  2


c  1  6
c  7

b  1  2
b  3

c  1  3

c  4

và 

0,25

Kết luận: Ba số nguyên tố cần tìm là 2, 5, 7

C

Bài 4: (3.0 điểm)
E

F
H
A

O

I

B


6

- BE, AF là hai đường cao của ABC  CI là đường cao thứ ba hay CIAB
- Tứ giác IHFB nội tiếp  HIF = HBF hay CIF = EBF .
- EOF đều nên EOF = 600.  EF = 600  CIF = EBF = 300.

1,0

AC AI

 AC . AE  AB. AI
AB AE
BC BI
- Tương tự BCI đồng dạng với BAE được:

 BC .BF  BA.BI
BA BF

- Chứng minh ACI đồng dạng với ABE - được:

1.0

- Cộng được: AE.AC + BF. BC = AB.AI + AB.BI =AB(AI + IB) = AB2 = const.
2

2

S
EF
R
1
3
- Chứng minh ABC đồng dạng với FEC.- FEC         S ABFE  S ABC
S ABC  AB 
4
4

 2R 

- Để S ABFE lớn nhất  S ABC lớn nhất  CI lớn nhất. C chạy trên cung chứa góc 600 vẽ trên
1,0
AB nên CI lớn nhất khi I  O  CAB cân  EF // AB.
- Lúc đó S ABC

2.R.R 3
3R 2 . 3
2

 R . 3  S ABFE 
2
4

Bµi 1.(3,0 ®iÓm)
3 5

a,TÝnh: M 

2  3 5



3 5
2  3 5

b, Kh«ng sö dông b¶ng sè vµ m¸y tÝnh h·y so s¸nh:
A  2007  2009 vµ B  2 2008
Bµi 1.(3,0 ®iÓm)

a,TÝnh: M 
Ta cã:



3 5
2  3 5



3 5
2  3 5

M
3 5
3 5
3 5



2 2 62 5 2 62 5 2
5 1





2

3 5


2





5 1

2

3 5
3 5
3 5
3 5
3 5 3 5




=
(v× 5  1 )
2  5  1 2  5 1 2  5  1 2  5  1 3  5 3  5

3  5   3  5 

3  5 3  5 
2

0,5

0,5

2,0 ®

2



9  6 5  5  9  6 5  5 28
= 7
4
95

0,5

M7 2

0,5

b, Kh«ng sö dông b¶ng sè vµ m¸y tÝnh h·y so s¸nh: A  2007  2009 vµ B  2 2008
Ta cã
2
0,5 1,0 ®
A  2007  2009  2008  1  2008  1 



2008  1  2008  1




7
2.2008 2 20082 1 2.2008 2 20082 2 2008 Vậy A < B.

0,5

Bài 2.(4,0điểm)
x2
x
1 x 1
với x > 0 và x 1


:
2
x
x

1
x

x

1
1

x

Cho biểu thức: P
a, Rút gọn P.
b, Tìm x để P

2
7

c, So sánh P 2 với 2P
Bài 2.(4,0điểm)
a, Rút gọn P.
Ta có
x2
x
1 x 1
với x > 0 và x 1
P


:
2
x x 1 x x 1 1 x


x2
x
1 x 1

:
3


2
x

x

1
x

1
x 1





x2
x
1 x 1



:
x 1 x x 1 x x 1

2
x 1



0,5





x2
x 1 x x 1

:
x

1
x

x

1





x

x 2 x 1







x 1 x x 1

b, Tìm x để P

x 1 x 2 x x x x 1 2

.
2
x 1
x 1 x x 1



2
2

.
x 1 x x 1

.

1,5đ

Vậy P



2
x x 1

0,5
0,5

2
7

2
( với x > 0; x 1)
x x 1
2
2
2
x x 1 7 x x 6 0
Nên P
7
x x 1 7

Ta có P

x 2





x 3 0 x 2 0 ( vì
x 4 ( t/m đk).

Vậy với x = 4 thì P

2
7

x 3 0 với mọi x > 0)

0,5
1,25đ
0,5
0,25

c, So sánh P 2 với 2P
Ta có P

2
( với x > 0; x 1)
x x 1

0,5

1,25đ


8


1

2

3

Mà x x 1 x 0 với mọi x > 0,
2 4

2
0 với mọi x > 0
x x 1
Ta lại có x x 0 với mọi x > 0
1
2
x x 1 1
1 P
2
x x 1
x x 1

nên P

0,5

Vì P > 0 và P < 2 nên P(P - 2) < 0 P2- 2P < 0 P2 < 2P. Vậy P2 < 2P

0,25

Bài 4.(7,5 điểm)
Cho tam giác ABC (AB < AC) ngoại tiếp đ-ờng tròn (O;R). Đ-ờng tròn (O;R) tiếp xúc với
các cạnh BC, AB, AC lần l-ợt tại các điểm D, N, M. Kẻ đ-ờng kính DI của đ-ờng (O;R). Qua I
kẻ tiếp tuyến của đ-ờng (O;R) nó cắt AB, AC lần l-ợt 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 = R2.
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

i

e

f
M

k
N
o

b

D

P

Q

c

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 PAEF = 2AN
0,75
+ c/m cho 2AN = AB + AC BC = 8 + 11 9 = 10 cm
0,75
+ suy ra PAEF = 2AN = 10 cm
0,5
2
b,Chứng minh EI. BD = IF.CD = R .

2,0đ

+ c/m cho tam giác EOB vuông tại O
EN.BN = ON2 = R2 ( theo hệ thức l-ợng trong tam giác vuông)
Mà EI = EN, BD = BN ( t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau tại 1 điểm) EI. BD
= R2.
+ T-ơng tự ta có: IF.DC = R2

2,5đ

1,25
0,75


9
2

+ Suy ra EI. BD = IF.CD = R .
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
IF AF AF FE
IF FE
(1)

;



QC AC AC BC
QC BC
IF
IE
IE IF
EF
Theo câu b ta có: EI.BD IF.CD
(2)

BD CD BD CD BC
IF
IF
Từ (1) và (2) suy ra

QC BD
QC BD
+Vì P là trung điểm của BC (gt), QC = BD ( cmt) P là trung điểm của

ta có

DQ
Mà O là trung điểm của ID suy ra OP là đ-ờng trung bình của tam giác
DIQ OP // IQ hay OP // AQ (3)
+ Vì K là trung điểm của AD, O là trung điểm của ID suy ra KO là
đ-ờng trung bình của tam giác ADI KO // AI hay KO // AQ (4)
+ Từ (3) và (4) K, O, P thẳng hàng.
Do K là trung điểm của AD, P là trung điểm của DQ suy ra KP là đ-ờng
trung bình của tam giác DAQ suy ra AQ = 2KP.

0,75
0,75
0,5

3,0đ
0,75

0,25

3- 3

Bi 2. (1) Rỳt gn A =
2-

Bi 3 (2) Cho

3+ 3

+

3+ 2 2

.

2+ 3 - 2 2

1
x2 x 2
2x 4
B
2

x 2 x 7 x 10 x 5

a) Rỳt gn A.
b) Tỡm x nguyờn A nguyờn.
Bi 4 (4). Tam giỏc ABC cú ba gúc nhn, cỏc ng cao AD, BE, CF gp nhau ti H. ng
thng vuụng gúc vi AB ti B v ng thng vuụng gúc vi AC ti C ct nhau ti G.

a) Chng minh rng GH i qua trung im M ca BC.
b) ABC ~ AEF
c) BD F CD E
d) H cỏch u cỏc cnh ca tam giỏc DEF.

3- 3

Bi 2. A =
2-

3+ 2 2

+

3+ 3
2+ 3 - 2 2

.


10
=

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( 3 - 3) + 2( 3 + 3) 2
=
3- 9
24 2
=
=- 4 2
- 6
Bài 2a) x2-7x+10=(x-5)(x-2). Điều kiện để A có nghĩa là
1
x2  x  2
2x  4
1
x2  x  2
2x  4
A
 2





x  2 x  7 x  10 x  5 x  2 ( x  5)( x  2) x  5

x  5  x 2  x  2  (2 x  4)( x  2)
x ≠5và x ≠2 
( x  5)( x  2)
 x 2  8 x  15 ( x  5)( x  3)  x  3



( x  5)( x  2) ( x  5)( x  2)
x2
( x  2)  1
1
1
, với x nguyên, A nguyên khi và chỉ khi
nguyên, khi
 1 
x2
x2
x2
đó x-2=1 hoặc x-2 =-1 nghĩa là x=3, hoặc x=1.

2b) A 

Bài 4a) Ta có BG AB, CH AB, nên BG
tương tự: BH AC, CG AC, nên
BH//CG.tứ giác BGCH có các cặp cạnh đối
nên nó là hình bình hành. Do đó hai đường
và BC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
đi qua trung điểm M của BC.

//CH,

A

sông song
chéo GH
Vậy GH

E
F

B

H

D

M

C

G

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
AB AE
AB AF




(1)
suy ra
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

 .
 CDE
∆BDF~∆DEC BDF

  900  BDF


BDF
 CDE
 900  CDE
4d) Ta có

 

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

11
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)
1
x2  x  2
2x  4
a. Cho:
A
 2

x  2 x  7 x  10 x  5
- Thực hiện rút gọn A.
- Tìm x nguyên để A nguyên.

Giải
A

1
x2  x  2
2x  4


x  2 ( x  5)( x  2) x  5

0,25

Điều kiện để A có nghĩa là x ≠5 và x ≠2
x  5  x 2  x  2  (2 x  4)( x  2  x 2  8 x  15


( x  5)( x  2)
( x  5)( x  2)
 ( x  5)( x  3)  x  3
A

( x  5)( x  2
x2

A

0,25
0,25

( x  2)  1
1
 1 
x2
x2
1
A nguyên khi và chỉ khi
nguyên, khi đó x-2=1 hoặc x-2 =-1
x2
 x=3, hoặc x=1.
A

Đặt P = a4 + b4 + c4 - 2a2b2 -2 b2c2 - 2a2c2
= (a2 + b2 + c2 )2 - 4a2b2 - 4b2c2 - 4a2c2
Thay c2 = (a+b)2 vào ta được:
= (2a2 + 2b2 + 2ab )2 - 4(a2b2 + b2c2 + a2c2)

= 4[(a2 + b2 + ab)2 - a2b2 - c2(a2+b2)]
Thay c2 = (a+b)2 vào ta được:
= 4[ (a2+b2)2 +2(a2+b2)ab + a2b2 - a2b2 -(a+b)2
(a2+b2)]
= 4[ (a2+b2)2 +2(a2+b2)ab -(a+b)2(a2+b2)]
= 4(a2+b2)[ (a2+b2) +2ab -(a+b)2]
= 0  a4 + b4 + c4 = 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

Bài 2: ( 1,5 điểm)
a. Chứng minh: a2 + b2 + c2  ab + ac + bc với mọi số a, b, c.

0,25
0,25


12
bc ac ab
b. Chứng minh    a  b  c với mọi số dương a, b, c.
a
b
c

Giải

 2(a2 + b2 + c2 ) 2(ab + ac + bc)
 2a2 + 2b2 + 2c2 -2ab -2ac - 2bc  0
 (a-b)2 + (a-c)2 + (b-c)2  0
Bất đẳng thức cuối luôn đúng (Do (a-b)2  0 …) nên có đpcm
Câu b


0,25
0,25
0,25

0,25

(bc) 2 (ac) 2 (ab) 2


 abc
abc
abc
abc

Nhân hai vế với số dương abc được:
 (bc) 2  (ac) 2  (ab) 2  a 2 bc  b 2 ac  c 2 ab
Áp dụng a) cho ba số ab, bc, ca ta có:
(bc) 2  (ac) 2  (ab) 2  a 2 bc  b 2 ac  c 2 ab  đpcm

0,25
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
u a: 1,25 điểm

= AE  DFC = AED

D

0,25

C

F

ADE = DCF

M

0,25

EDC + DCF = EDC + ADE

DC + ADE = 900 nên DE  CF
= MA (BD là trung trực của AC)
= FE nên EF = CM

0,25
0,25
A

E

B

0,25

u b: 1,0 điểm
0,25


13

MCF =FED  MCF = FED
0,25

MCF = FED chứng minh được CM  EF
ng tự a) được CE  BF
FB và CM trùng với ba đường cao của FEC nên chúng đồng qui.
u c: 0,75 điểm
+ MF = FA + FD là số không đổi.
ME.MF lớn nhất khi ME = MF
đó M là trung điểm của BD

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Bài 5: (1,5 điểm)
Trong BMF có AD//MF nên:
BF BM

BA BD

0,25

Trong CAD có AD//ME nên:
CE CM

CA CD

0,25

F

Chia vế theo vế được:
BF CA BM CD
.

.
BA CE BD CM

BF CA CD
(BM=CM)

.

BA CE BD

A

0,25

AD là phân giác nên:
CD AC

BD AB

E

0,25

0,25

B

D

M

Thay vào trên được:
BF CA AC

.

BA CE AB
BF

 1  BF  CE
CE

0,25

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3x2  5 y 2  12(1).
Giải:
Ta có: (1)  3( x2  1)  5(3  y 2 ). Do (3, 5) = 1 nên ( x2  1)5. và (3  y 2 )3.
Đặt x2  1  5k. , 3  y 2  3l. Ta có: 3.5k  5.3l  k  l (k , l  Z ) .
1

2

 x  5k  1  0 k 
Do đó:  2

5  k  l  1 . Vậy x =  2, y = 0.

 y  3  3l  0 
l  1

Phương trình có hai nghiệm nguyên ( 2, 0 ); ( -2, 0 ).

C

14
Vớ d 2: Tỡm nghim nguyờn ca phng trỡnh: x2 4 xy 5 y 2 16.
Gii:
Tac cú: x2 4 xy 5 y 2 16 ( x 2 y)2 y 2 16 .
x 2 y 0
x 2 y 4
hoc
y 4
y 0

Vỡ: 16 42 02 nờn

Gii cỏc h phng trỡnh trờn ta c cỏc nghim nguyờn ca phng trỡnh l:
( x; y) (4;0);(4;0);(8;4);(8; 4);

Vớ d 3: Tỡm nghim nguyờn ca phng trỡnh: 3( x2 xy y 2 ) x 8 y.
Gii:
Phng trỡnh ó cho c vit li l: 3x2 (3 y 1) x 3 y 2 8 y 0(1) .
Phng trỡnh (1) cú nghim khi v ch khi: (3 y 1)2 12(3 y 2 8 y) 0 27 y 2 90 y 1 0.
Do y nguyờn nờn 0 y 3 y 0;1; 2;3 .
+)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= 13 160 53 4 90

a)

Gii

a) A= 13 160 53 4 90
13 4 10 53 2.6 10

(0,5đ)

= (2 2 5 ) 2 (2 2 3 5 ) 2

(0,25đ)

= 2 2 - 5 - 2 2 - 3 5 = -4 5

(0,5đ)

Vậy A= 13 160 53 4 90 = -4 5

(0,25đ)

=

Vớ d 1.1


CMR : a) 2  a  b
2

2

  a  b

15
2

(1)

b) a 2  b2  c 2  ab  bc  ca (1)
Giải

a) 1  2  a 2  b 2    a  b   0
2

 a 2  b 2  2ab  0
  a  b   0 (2)
Do bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) được chứng minh.
b) 1  2  a 2  b 2  c 2   2  ab  bc  ca   0
2

  a 2  2ab  b 2    b 2  2bc  c 2    c 2  2ca  a 2   0

b)

  a  b    b  c    c  a   0 (2)
Bất đẳng thức (2) đúng suy ra điều phải chứng minh.
2

2

Ví dụ 2.1
Chứng minh rằng:

a)a 2  b 2  c 2  d 2  ab  ac  ad
b)a 2  4b 2  4c 2  4ab  4ac  8bc

2

1
1

b) Ta có : a 2  4b 2  4c 2  4ab  4ac  8bc
  a 2  4ab  4b 2   4c 2   4ac  8bc 
  a  2b   4c 2  4c  a  2b 
2

  a  2b  2c   0
2

Ví dụ 2.2
3
Chứng minh rằng:a) 4  a3  b3    a  b  với a, b > 0

3
2
a) Ta có : 4  a3  b3    a  b    a  b  4  a 2  ab  b 2    a  b  



 3 a  b  a  b   0
VD1: T×m nghiÖm nguyªn cña ph-¬ng tr×nh: 2x + 3y = 11
C¸ch 1: Ph-¬ng ph¸p tæng qu¸t:
2

Ta cã: 2x + 3y = 11  x 

11  3 y
y 1
§Ó ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm nguyªn 
 5 y 
2
2

nguyªn
§Æt

y 1
 tZ
2



(1)

y = 2t + 1
x = -3t + 4

y 1
2


16
Các bài tập t-ơng tự : Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình.

a)
3x + 5y = 10
b)
4x + 5y = 65
c)
5x + 7y = 112
Ph-ơng pháp 1 : Dùng dấu hiệu chia hết để giải ph-ơng trình.
VD1: a) Tìm cặp số nguyên (x ; y) thoả mãn ph-ơng trình
6x2 + 5y2 = 74
(1)
2
2
Cách 1 : Ta có : 6 (x - 4) = 5 (10 - y )
(2)
2
2
Từ (2) 6(x - 4) 5 và (6 ; 5) = 1 x - 4 5
x2 = 5t + 4 với t N
Thay x2 - 4 = 5t vào (2) ta có : y2 = 10 6t
Vì x2 > 0 và y2 > 0
5t + 4 > 0
10 - 6t > 0


4
5
t với
5
3

tN

t = 0 hoặc t = 1

Với t = 0 y2 = 10
(loại)
2
Với t = 1
x =9
x = 3

y2 = 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 ph-ơng trình:
a) xy + 3x - 5y = -3
b) 2x2 - 2xy + x - y + 15 = 0
c) x2 + x = y2 - 19
Giải :
a) Cách 1: x(y + 3) - 5(y + 3) = -18
(x - 5) (y + 3) = -18...
Cách 2 : x

5y 3
18
5
y3
y3

b) T-ơng tự.
c) 4x2 + 4x = 4y2 - 76
(2x + 1)2 - (2y)2 = -75...
Ph-ơng pháp 4 : Ph-ơng pháp sử dụng tính chất của số chính ph-ơng
VD1 : Tìm nghiệm nguyên của.


17
2

2

a) x - 4xy + 5y = 169
b) x2 - 6xy + 13y2 = 100
Giải :
a) (x - 2y)2 + y2 = 169 = 0 + 169 = 25 + 144...
b) (x 3y)2 + (2y)2 = 100 = 0 + 100 = 36 + 64 = ...
Ph-ơng pháp 5 : Ph-ơng pháp công thức nghiệm ph-ơng trình bậc 2
VD : Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình.
a) 2x2 -2xy + x + y + 15 = 0
b) 5(x2 + xy + y2) = 7(x+2y) (đề thi học sinh giỏi tỉnh 2009 2010)
c) x(x + 1) = y (y + 1) (y2 + 2)

VD1 : Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình :
2x2 + 4x = 19 -3y2
Giải : 4x2 + 8x + 4 = 42 - 6y2
(2x + 2)2 = 6 (7 - y2)
Vì (2x + 2)2 0 7 - y2 0 y 2 7
Mà y Z y = 0 ; 1 ; 2 Từ đây ta tìm đ-ợc giá trị t-ơng 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
b. Chng minh ba ng thng DE, BF v CM ng qui.
c. Xỏc nh v trớ ca im M t giỏc AEMF cú din tớch ln nht..
Bi 4: (3,0 im)
Cõu a: 1,25 im
DF = AE DFC = AED
ADE = DCF

D

0,25

C

F

M

0,25

EDC + DCF = EDC + ADE
EDC + ADE = 900 nờn DE CF
MC = MA (BD l trung trc ca
AC)
MA = FE nờn EF = CM
Cõu b: 1,0 im

0,25
0,25
0,25

A

E

B


18
 MCF =FED  MCF = FED

0,25

Từ MCF = FED chứng minh được CM  EF
Tương tự a) được CE  BF
ED, FB và CM trùng với ba đường cao của FEC nên chúng đồng qui.
Câu c: 0,75 điểm
ME + MF = FA + FD là số không đổi.
 ME.MF lớn nhất khi ME = MF
Lúc đó M là trung điểm của BD

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
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)
Trong BMF có AD//MF nên:
BF BM

BA BD

0,25

Trong CAD có AD//ME nên:
CE CM

CA CD

F

0,25

A
E

Chia vế theo vế được:
BF CA BM CD
.

.

BA CE BD CM
BF CA CD

.

BA CE BD

0,25
0,25

(BM=CM)
AD là phân giác nên:
CD AC

BD AB

0,25

Thay vào trên được:
BF CA AC
.

BA CE AB
BF

 1  BF  CE
CE

0,25

Bài 2: ( 1,5 điểm)
a. Chứng minh: a2 + b2 + c2  ab + ac + bc với mọi số a, b, c.
b. Chứng minh

bc ac ab


 a  b  c với mọi số dương a, b, c.
a
b
c

B

D

M


19
Giải
2

 2(a + b + c ) 2(ab + ac + bc)
 2a2 + 2b2 + 2c2 -2ab -2ac - 2bc  0
 (a-b)2 + (a-c)2 + (b-c)2  0
Bất đẳng thức cuối luôn đúng (Do (a-b)2  0 …) nên có đpcm
Câu b

0,25

0,25
0,25

(bc) 2 (ac) 2 (ab) 2



 abc
abc
abc
abc

0,25

Nhân hai vế với số dương abc được:
 (bc) 2  (ac) 2  (ab) 2  a 2 bc  b 2 ac  c 2 ab
Áp dụng a) cho ba số ab, bc, ca ta có:
(bc) 2  (ac) 2  (ab) 2  a 2 bc  b 2 ac  c 2 ab  đpcm

0,25

2

2

0,25

Bài 1: ( 2,0 điểm)

4

4 x
= và x + y = 22
7
7 y
x y
y z
2x  3y  4z
b. Cho  và  . Tính M =
3 4
5 6
3x  4 y  5 z

a. Tìm x, y biết:

Bài 1: (2,0 điểm)
 28  7 x = 28  4 y

0,25

x y x y

4 7 47
x y 22
    2  x  8; y  14
4 7 11

 

x y
x

y y z
y
z
x
y
z
;   
 




3 4
15 20 5 6
20 24
15 20 24
2x 3 y 4z 2x  3 y  4z
(1)    
30 60 96 30  60  96
3x 4 y 5 z
3x  4 y  5 z
(1)  


45 80 120 45  80  120
2 x  3 y  4 z 3x  4 y  5 z 2x 3x

:
= :
30  60  96 45  80  120 30 45

2x  3 y  4z
245
2 x  3 y  4 z 186

.
1 M 

186
3x  4 y  5 z
3x  4 y  5 z 245

0,25
0,25
(1)

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Bài 4: ( 4,0 điểm)
Cho tam giác ABC có B < 900 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.


20
c. Lấy B’ sao cho H là trung điểm của BB’. Chứng minh tam giác AB’C cân.

d. Chứng minh AE = HC.
A
Bài 4: ( 4,0 điểm)
1
Câu a: 0,75 điểm

D

BEH cân tại B nên E = H1
B

ABC = E + H1 = 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 = 900 - C

E

DHA = 900 - H2 =900 - C
 DAH cân tại D nên DA = DH.
Câu c: 1,0 điểm
ABB’ cân tại A nên B’ = B = 2C
B’ = A1 + C nên 2C = A1 + C
 C = A1 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

P

1) Rút gọn biểu thức sau:

x2 y 2
( x  y )2

xy
x y

 x2
y2 



 x

y



Giải
Với Đk x  0; y  0; x  y ta có:
P

x2 y 2

( x  y )2

xy
x y

 x2
y2 



 x

y



2
1

H

B’


21


xy
xy



x y  x y 
  
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.
AD
a) Chứng minh rằng: tgB.tgC = HD
b) Chứng tỏ rằng HG//BC  tgB.tgC = 3

Giải
AD
AD
a) tìm được tgB= BD ,tgC= CD
AD 2
=> tgB.tgC= BD.CD
BDH  ADC  BD.CD  AD.DH
AD
=>tgB.tgC= DH

AM
3
b) chứng minh được : GM

( M là trung điểm của BC)

 ADM có HG//BC
 HG // DM
AM AH


GM HD
 3  tgB.tgC

(nếu hs cm hai chiều thì chiều thứ nhất 0.75đ, chiều ngược lại 0.75đ)
Câu 1(4đ): Cho biểu thức:
2
A = x  x  4x  4
a. Tìm điều kiện xác định của biểu thức A.


22
b. Rút gọn biểu thức A.
Giải
a.Biến đổi biểu thức được:
x  ( x  2)2  x  x  2

A=
Điều kiện xác định của A là:

x  x2
x0

 2

2
 x  x  4x  4
 x 1

b. Nếu x  2 thì x  ( x  2)  2
Nếu 1  x <2 thì

x  (( x  2))  2x  2

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





17  1

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:
1
3
2
B


x 1 x x 1 x  x 1



17  1


17  2 17  1
17  2 17  1

2
2

 2
2
2
2
2
=
=
17  1
17  1
17  1
17  1

 2

 2
2
2
2
2
=
=
(vì 17  1 )
2
 2  2 2 0
= 2

 

0,5 điểm

 

2

 2

1,0 điểm
1,0 điểm


23

a) x  0

(1,0 ®iÓm)
1
3
2
B


x 1 x x 1 x  x 1
b)
x  x 1
3
2( x  1)



3
3
3
= ( x ) 1 ( x ) 1 ( x ) 1
x  x  1  3  2( x  1)
( x )3  1
=
x x
= ( x  1)( x  x  1)

(0,5 ®iÓm)

(0,5 ®iÓm)

(0,5 ®iÓm)

x ( x  1)
= ( x  1)( x  x  1)

x
= x  x 1

(0,5 ®iÓm)

x
Vậy B = x  x  1

(0,5 ®iÓm)

c) x  4  7  4  7  2 =
( 7  1)2

=

2



( 7  1) 2
2

2(4  7)
2(4  7)

 2
2
2

 2

(0,5 ®iÓm)

7 1  7 1
2
 2
 2  2 2 0
2
2

=
Suy ra x = 0
Vậy giá trị của B = 0

(0,5 ®iÓm)

Bài 1 ( 4 điểm ). Phân tích đa thức sau thành nhân tử :
a. 9x2 - 64 - 12xy + 4y2
b. x2 + 7x + 10
Giải
Bài 1 a .9x2 - 64 - 12xy + 4y2 = (9x2 - 12xy + 4y2) – 64 =
= ( 3x – 2y )2 – 82 = ( 3x – 2y - 8 ) ( 3x – 2y + 8 )
b .x2 + 7x + 10 = x2 +5x +2x + 10 =
= x(x+5) + 2(x+5) = (x+5)(x+2)

(0,5 ®iÓm)


24

Bài 3 ( 4 điểm ). Giải phương trình :
2x  1  3x  2
a.
b. x2 – 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

 2x  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
 2x  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).

0,5 điểm
0,5 điểm

0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm

x 2  2  (2x  3)(x  5)  23
 x 2  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

0,5 điểm
0,5 điểm

 (x  5)(  x  8)  0
 x5  0  x  5
x  8  0  x  8

C©u 2. ( 4 ®iÓm)
T×m nghiÖm nguyªn cña hÖ
2
2

2 y  x  xy  2 y  2 x  7
 3
3

x  y  x  y  8

Giải
ViÕt l¹i hÖ ®· cho d-íi d¹ng
(x+2y+2) ( x-y) =-7
(1)
3
3
x +y +x-y = 8
(2)
Tõ (1) do x, y nguyªn ta cã c¸c tr-êng hîp sau:
a, x- y=-1 vµ x+2y+2 = 7 =>x=1 vµ y = 2 tho¶ m·n ( 2)

(1,5®)
(0,5®)

25
b, x-y = 1 và x+ 2y +2 = -7 => x+2y = -9 => y không nguyên
(o,5đ)
c, x- y= -7 và x+ 2y +2 = 1
Giải hệ nàyđ-ợc nghiệm ( x, y) = ( -5,2) không thoả mãn ph-ơng 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 đ-ờng thẳng y = (m 1)x + 2 (m 1)
Và y = (3 m)x + 1
(m 3) song song với nhau.
(1)
Gii

(1)

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 đ-ờng thẳng (m+2)x my = -1 (1) (m là tham số)
a, Tìm điểm cố định mà đ-ờng thẳng (1) luôn đi qua.
b, Tìm điểm cố định của m để khoảng cách từ O đến đ-ờng thẳng (1) là lớn nhất.
Gii

a, (2đ) (m+2)x my = -1 (1)

Điều kiện cần và đủ để đ-ờng thẳng (1) đi qua điểm cố định M(x0;y0)
m là : (m+2)x0 my0 = -1 m

Biến đổi đ-ợc:



x0 y0 0
2 x0 1 0

x0 21
y 1
0 2

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

1
1
do đó OA =
m
m

B là giao điểm của đ-ờng thẳng (1) với trục hoành
Y=0x=

1
1
do đó OB =

m2
m2

H là khoảng cách từ ) đến đ-ờng thẳng (1).


1
1
1
=
+ 2 = m2 + (m + 2)2
2
2
OA
OB
h

= 2(m + 1)2 + 2 2


1
2; max h =
h2

2
m = -1
2