HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP HUYỆN ( TỔNG HỢP CÁC NĂM HỌC TỪ NĂM 20112017

Câu 1:
a) Tìm số tự nhiên x để giá trị của biểu thức x2 + 3x + 1 là số chính phương
b) Cho các số dương x, y, z thoả mãn điều kiện xyz = 100. Tính giá trị của biểu thức:
A=

y

x
+
xy + x + 10

yz + y + 1

+

10 z
xz + 10 z + 10

Câu 2:
a) Giải phương trình: 5x3 + 6x2 + 12x + 8 = 0
b) Giải phương trình:

3

x − 20 +

x + 15 = 7

Câu 3:
Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng xy không giao nhau. Kẻ OH ⊥ xy tại H. Lấy một điểm A
bất kỳ thuộc xy. Từ A kẻ tiếp tuyến AB với đường tròn (O) (B là tiếp điểm). Qua B kẻ đường

thẳng vuông góc với AO cắt AO tại K và cắt đường tròn tại C.
a) Chứng minh rằng: AC là tiếp tuyến của đường tròn (O)
b) Chứng minh rằng: Khi A di động trên đường thẳng xy thì dây BC luôn đi qua một điểm cố
định.
Câu 4:
Cho x, y, z là các số dương thoả mãn xyz = 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =

1
1
1
+ 3
+ 3
3
3
x + y + 1 y + z + 1 z + x3 + 1
3

Nội dung
a) Với x ∈ N ta có: x2 + 2x + 1 ≤ x2 + 3x + 1 < x2 + 4x + 4

Điểm
0,5

hay (x + 1)2 ≤ x2 + 3x + 1 < (x + 2)2
Do đó để x2 + 3x + 1 là số chính phương thì x2 + 3x + 1 = (x + 1)2
<=> x2 + 3x + 1 = x2 + 2x + 1

0,5

<=> x = 0

0,5

Vậy với x = 0 thì giá trị của biểu thức x2 + 3x + 1 là số chính phương

xyz = 10

b) Vì x, y, z là các số dương nên từ xyz = 100 =>

0,25

Thay vào biểu thức đã cho ta được:
A=

=

x
+
xy + x + xyz

x

(

x
y + 1 + yz

)

+

y
yz + y + 1
y
yz + y + 1

+

+

xyz. z
xz + xyz. z + xyz

(

xz. yz

xz 1 + yz + y

0,75

)

1


=

1

+
y + 1 + yz

y
yz + y + 1

+

yz
1 + yz + y

0,5

1 + y + yz
=
=1
1 + y + yz
Câu 2: (3,5 điểm)
Nội dung

Điểm

a) Ta có: 5x3 + 6x2 + 12x + 8 = 0
<=> 4x3 + (x3 + 3.x2.2 + 3.22.x + 23) = 0
3

0,5

3

<=> (x + 2) = - 4x
<=> x + 2 = - 3 4 .x
<=> (1 +

3

0,5

4 ).x = - 2

−2
−2
Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x =
3
1+ 4
1+ 3 4
b) ĐK: x ≥ - 15
Đặt a = 3 x − 20 ; b = x + 15 (b ≥ 0)
a + b = 7
Ta có:  3
2
a − b = −35
<=> x =

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

Tìm được: a = 1; b = 6

Suy ra: x = 21 Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x = 21
Câu 3: (4,0 điểm)

0,5
0,5

a) Chứng minh: V ACO = V ABO (c.g.c)

1
,
0

=> AC ⊥ OC mà OC = R
=> AC là tiếp tuyến của đường tròn (O; R)
b) Gọi I là giao điểm của BC và OH
- Chứng minh: V OIK và V OAH đồng dạng

2


OK OI
=
=> OI.OH = OK.OA (1)
OH OA
- Xét V ABO vuông tại B, đường cao BK ta có: OK.OA = OB2 (2)
OB2
R2
Từ (1) và (2) suy ra: OI.OH = OB2 => OI =
=
(không đổi)

OH
OH
=>

=> I cố định
Vậy khi A di động trên đường thẳng xy thì dây BC luôn đi qua điểm I cố định.
Câu 4
Ta chứng minh BĐT: a3 + b3 ≥ ab(a + b) với a, b > 0 (*)
Thật vậy (*) <=> a3 + b3 - a2b - ab2 ≥ 0
<=> a2(a - b) - b2(a - b) ≥ 0
<=> (a - b)(a2 - b2) ≥ 0
<=> (a - b)2.(a + b) ≥ 0 luôn đúng (do a, b > 0)
Dấu "=" xảy ra khi a = b
Áp dụng (*) có: x3 + y3 + 1 = x3 + y3 + xyz ≥ xy(x + y) + xyz = xy(x + y + z) > 0
Tương tự có: y3 + z3 + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0
z3 + x3 + 1 ≥ zx(x + y + z) > 0
Suy ra: A ≤

1
1
1
x+y+z
+
+
=
=1
xy(x + y + z)
yz(x + y + z) zx(x + y + z) xyz(x + y + z)

Vậy MaxA = 1 đạt được khi x = y = z = 1

 2x + x - 1 2 x x + x − x  2 x − 1
:
+

1
x
1
+
x
x
x−x



Bài 1: (2,5 điểm) Cho biểu thức A = 
a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tính giá trị x để giá trị của biểu thức A =

2
.
3

c) Biểu thức A có giá trị lớn nhất không ? Vì sao?
Bài 2: (2,0 điểm) Chứng minh rằng:

(

a) 2

)

a− b <

(

1
<2
b

b− c

)

Biết a; b; c là 3 số thực thỏa mãn điều kiện: a = b + 1 = c + 2 và c >0.

b) Biểu thức B =

1 + 2014 2 +

2014 2 2014
+
2015 2 2015

có giá trị là một số nguyên.

Bài 3: (2 điểm) Giải phương trình
a) x 2 − 3x + 2 + x + 3 = x − 2 + x 2 + 2x − 3

3


b)

4x + 1 − 3x − 2 =

x+ 3
.
5

Bài 4( 3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm M, trên cạnh CD lấy điểm N.
Tia AM cắt đường thẳng CD tại K. Kẻ AI vuông góc với AK cắt CD tại I.
1.Chứng minh :

1
1
1
+
=
2
2
AM
AK
AB 2

2.Biếtsố đo =450, CM + CN = 7 cm, CM - CN = 1 cm.Tính số đo =?
3. Từ điểm O trong tam giác AIK kẻ OP, OQ, OR lần lượt vuông góc với IK, AK, AI ( P ∈ IK,
Q ∈ AK, R ∈ AI). Xác định vị trí điểm O để OP 2 + OQ 2 + OR 2 đạt giá trị nhỏ nhất
Bài 1 (2.5đ)

a) Rút gọn biểu thức (1 điểm)
- Nêu đúng điều kiện: x >0, x ≠ 1, x ≠



1
4

(

  x 1− x
: 

x 1− x + x 
  2 x −1
2 x −1

- Rút gọn đến A = 
 1−


(

)(

)

) 



x

- Rút gọn được kq: A =

1− x + x
b) - Đưa về được pt: 2 x − 1 x − 2 = 0
1
- Giải được x = , x = 4
4

(

)(

)

- Kết luận: Giá trị x cần tìm là: x = 4( TMĐK)
c) - Vì x > 0, Nên ta có A =

Mà

x+

1
1
x

1
x+

− 1 > 1 (vì x ≠ 1) nên
x

−1

x+

1
1
x

−1

<1

- Vậy A không có giá trị lớn nhất.

4


(

)

(

)

1
<2

b

a− b <

2a) Chứng minh rằng 2

b − c biết a; b; c là ba số thực thoả mãn điều kiện a = b + 1 =

c + 2 ; c > 0 (1 điểm).

Ta có: a = b + 1⇒ a − b = 1⇒ a > b( 1) .

b + 1= c + 2 ⇒ b − c = 1⇒ b > c > 0( 2) . (c > 0 theo (gt))

Từ (1) và (2) suy ra a > b > c > 0.
Mặt khác a − b = 1⇒

(

⇒2

)

a− b <

(

a− b

)(

)

a + b = 1⇒ a − b =

1
.
b

(

1
<2
b

Chứng minh tương tự cho trường hợp:

(

)

a− b <

Vậy 2

1
1
<
(Vì a >b>0)
a+ b 2 b

(

1
<2
b

)

b− c .

)

b − c (đpcm).

b) Biến đổi đưa về được bình phương của 1 biểu thức trong căn
2

B=

2014 
2014

 2015 −
 +
2015 
2015


B = 2015

Bài 3 (2điểm) Giải phương trình

x2 − 3x + 2 + x + 3 = x − 2 + x2 + 2x − 3 (1) (1.0 điểm)
( x − 1) ( x − 2) ≥ 0

x + 3 ≥ 0
⇔ x≥ 2
Điều kiện 
x − 2 ≥ 0
( x − 1) ( x + 3) ≥ 0

a)

(1) ⇔

( 1) ⇔

( x − 1) ( x − 2) +

x− 2

(

)

x+ 3= x− 2+

(

x − 1− 1 − x + 3

)

( x − 1) ( x + 3) ( 1)

x − 1− 1 = 0

5


⇔

(

)(

x − 1− 1

 x − 1 − 1= 0
 x−1= 1
x− 2 − x+ 3 = 0⇔ 
⇔
⇔ x=2
x
−
2
−
x
+

3
=
0
x
−
2
=
x
−
3



)

x = 2 thoả mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.
b) 4x + 1 − 3x − 2 =

( 1) ⇔
⇔

(

x+ 3
2
(1). (1.0 điểm). Điều kiện x ≥ .
5
3

)(

4x + 1 − 3x − 2 .

4x + 1 + 3x − 2

(Vì x ≥

4x + 1− 3x + 2
x+ 3
=
5
4x + 1 + 3x − 2

5

4x + 1 + 3x − 2

4x + 1− 3x + 2
x+ 3
=
⇔
5
4x + 1 + 3x − 2

) = x+ 3⇔

x+ 3
x+ 3
=
⇔ 4x + 1 + 3x − 2 = 5 (2)

5
4x + 1 + 3x − 2

2
nên x + 3 > 0).
3

Giải tiếp phương trình (2) ta được nghiệm của phương trình là x = 2.
Bài 4 (3.5 điểm)
a)Ta cã
A

∆ABM = ∆ADI ⇒ AM = AI (1)

B

Q

Trong tam giác AIK vuông tại A

1
1
1
+
=
(2) . và AB = AD
2
2
AI
AK

AD 2
1
1
1
+
=
Từ (1) và (2) ⇒
2
2
AM
AK
AB 2

R

M

O

H
I

P

D

N

Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề)

C

K

Bài 1. (2,0 điểm)

a +1 a a −1 a2 − a a + a −1
Cho biểu thức: M =
với a > 0, a ≠
+
+
a
a− a
a −a a
a) Chứng minh rằng M > 4.
6
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N =
nhận giá trị nguyên?
M

1.

Bài 2. (2,0 điểm)
a) Cho các hàm số bậc nhất: y = 0,5x + 3 , y = 6 − x và y = mx có đồ thị lần lượt
là các đường thẳng (d1), (d2) và (∆m). Với những giá trị nào của tham số m thì đường thẳng (∆m)
cắt hai đường thẳng (d1) và (d2) lần lượt tại hai điểm A và B sao cho điểm A có hoành độ âm còn
điểm B có hoành độ dương?
b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M và N là hai điểm phân biệt, di động lần lượt trên
trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định I(1 ; 2) . Tìm hệ

6


thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N; từ đó, suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Q=

1
1 .
+
2
OM
ON 2

Bài 3. (2,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình:

17x + 2y = 2011 xy

x − 2y = 3xy.

b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho:

1
x + y − z + z − x = (y + 3).
2

Bài 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn (C) với tâm O và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di động trên (C)
sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường thẳng

vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) tại điểm
thứ hai là E. Các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F.
a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng hàng.
b) Chứng minh rằng tích AM⋅ AN không đổi.
c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất.
Bài 5. (1,0 điểm)
Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên.

1) Do a > 0, a ≠ 1 nên:

a a − 1 ( a − 1)(a + a + 1) a + a + 1
và
=
=
a− a
a ( a − 1)
a

a 2 − a a + a − 1 (a + 1)(a − 1) − a (a − 1) (a − 1)(a − a + 1) −a + a − 1
=
=
=
a −a a
a (1 − a)
a (1 − a)
a
a +1
+2
⇒ M=
a

Do a > 0; a ≠ 1 nên: ( a − 1) 2 > 0 ⇔ a + 1 > 2 a
2 a
+2=4
a
6 3
< do đó N chỉ có thể nhận được một giá trị nguyên là 1
Ta có 0 < N =
M 2
6 a
Mà N = 1 ⇔
= 1 ⇔ a − 4 a + 1 = 0 ⇔ ( a − 2) 2 = 3
a +1+ 2 a
⇔ a = 2 + 3 hay a = 2 − 3 (phù hợp)
⇒M>

Vậy, N nguyên ⇔ a = (2 ± 3) 2
2) Điều kiện để (∆m) là đồ thị hàm số bậc nhất là m ≠ 0
Phương trình hoành độ giao điểm của (d1) và (∆m) là:

7


0,5x + 3 = mx ⇔ (m − 0,5)x = 3
Điều kiên để phương trình này có nghiệm âm là m − 0,5 < 0 hay m < 0,5
Phương trình hoành độ giao điểm của (d2) và (∆m) là:
6 − x = mx ⇔ (m + 1)x = 6
Điều kiên để phương trình này có nghiệm dương là m + 1 > 0 hay m > −1
Vậy điều kiện cần tìm là: −1 < m < 0,5; m ≠ 0
Đặt m = xM và n = yN ⇒ m⋅ n ≠ 0 và m ≠ 1
(*)

Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax+b

0 = am + b

⇒  2 = a + b ⇒ hệ thức liên hệ giữa m và n là 2m + n = mn
n = b

Chia hai vế cho m⋅ n ≠ 0 ta được:

1 2
+ =1
m n

2

(**)
2

1
4
4
1   2 1
 1 2
 1
⇒1 =  + ÷ = 2 + 2 +
= 5  2 + 2 ÷−  − ÷
m
n
mn
n  m n

m n
m
1
1 1
2 1
⇒ Q = 2 + 2 ≥ ; dấu “=” xảy ra khi
= ; kết hợp (**): m = 5, n = 2,5 (thỏa (*))
m
n
5
m n
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là
5
17 2
 1 1007
9

x=
 y + x = 2011  y = 9




490
⇔
⇔
3) Nếu xy > 0 thì (1) ⇔ 
(phù hợp)
1 − 2 = 3

 1 = 490
y = 9

 y x
 x
1007
9
17 2
 1 −1004
 y + x = −2011  y = 9


⇔
⇒ xy > 0 (loại)
Nếu xy < 0 thì (1) ⇔ 
1
2
1
1031
 − =3
 =−
 y x
 x
18
Nếu xy = 0 thì (1) ⇔ x = y = 0 (nhận).

9 
 9
;
÷

 490 1007 

KL: Hệ có đúng 2 nghiệm là (0;0) và 

Điều kiện x ≥ 0; y − z ≥ 0; z − x ≥ 0 ⇔ y ≥ z ≥ x ≥ 0

(2) ⇔ 2 x + 2 y − z + 2 z − x = x + y − z + z − x + 3
⇔ ( x − 1) 2 + ( y − z − 1) 2 + ( z − x − 1) 2 = 0

 x =1
x = 1


⇔  y − z = 1 ⇔  y = 3 (thỏa điều kiện)

z = 2

 z − x = 1
8


F
M

C

A

B

O

E

(C )

N

MN ⊥ BF và BC ⊥ NF
⇒A là trực tâm của tam giác BNF
⇒ FA ⊥ NB
Lại có AE ⊥ NB
Nên A, E, F thẳng hàng

·
·
, nên hai tam giác ACN và AMB đồng dạng.
CAN
= MAB
AN AC
=
Suy ra:
AB AM
Hay AM ×AN = AB ×AC = 2R 2 không đổi (với R là bán kính đường tròn (C ))
2
Ta có BA = BC nên A là trong tâm tam giác BNF ⇔ C là trung điểm NF (3)
3
·
·
Mặt khác:

, nên hai tam giác CNA và CBF đồng dạng
CAN
= CFM
CN AC
=
⇒ CN ×CF = BC ×AC = 3R 2
BC CF
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: NF = CN + CF ≥ 2 CN ×CF = 2R 3 không đổi
⇒

NF ngắn nhất ⇔ CN =CF ⇔ C là trung điểm NF (4)

Nên:

(3) và (4) cho ta: A là trong tâm tam giác BNF ⇔ NF ngắn nhất
Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên.
Đặt:
S = 1⋅ 2⋅ 3⋅ 4⋅ 5⋅ 6⋅ 7⋅ 8⋅ 9⋅ 10⋅ 11⋅ 12
⇒

S
= 3⋅ 4⋅ 6⋅ 7⋅ 8⋅ 9⋅ 11⋅ 12
100

(1) là một số nguyên

⇒ hai chữ số tận cùng của S là 00
Mặt khác, trong suốt quá trình nhân liên tiếp các thừa số ở vế phải của (1), nếu chỉ để ý đến chữ
số tận cùng, ta thấy

S
có chữ số tận cùng là 6 (vì 3⋅ 4=12; 2⋅ 6=12; 2⋅ 7=14; 4⋅ 8=32; 2⋅ 9=18;
100

8⋅ 11=88; 8⋅ 12=96)
Vậy ba chữ số tận cùng của S là 600
Bài 1 ( 3,0 điểm)

9


Cho các số dương: a; b và x =

2ab
. Xét biểu thức P =
b2 + 1

a+ x + a− x 1
+
a + x − a − x 3b

1. Chứng minh P xác định. Rút gọn P.
2. Khi a và b thay đổi, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Bài 2 (3,0 điểm)
Tìm x; y; z thoả mãn hệ sau:

 x3 − 3x − 2 = 2 − y
 3
y − 3y − 2 = 4 − 2z
 z3 − 3z − 2 = 6 − 3x


Bài 3 ( 3,0 điểm)
Với mỗi số nguyên dương n ≤ 2008, đặt Sn = an +bn , với a =

3+ 5
3− 5
;b=
.
2
2

1. Chứng minh rằng với n ≥ 1, ta có Sn + 2 = (a + b)( an + 1 + bn + 1) – ab(an + bn)
2. Chứng minh rằng với mọi n thoả mãn điều kiện đề bài, Sn là số nguyên.
2

 5 + 1  n  5 − 1  n 
 −
  . Tìm tất cả các số n để Sn – 2 là
3. Chứng minh Sn – 2 = 
 2   2  

số chính phương.
Bài 4 (5,0 điểm)
Cho đoạn thẳng AB và điểm E nằm giữa điểm A và điểm B sao cho AE < BE. Vẽ đường
tròn (O1) đường kính AE và đường tròn (O 2) đường kính BE. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài MN của
hai đường tròn trên, với M là tiếp điểm thuộc (O 1) và N là tiếp điểm thuộc (O2).
1.
Gọi F là giao điểm của các đường thẳng AM và BN. Chứng minh rằng đường thẳng
EF vuông góc với đường thẳng AB.
2. Với AB = 18 cm và AE = 6 cm, vẽ đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng MN cắt

đường tròn (O) ở C và D, sao cho điểm C thuộc cung nhỏ AD. Tính độ dài đoạn thẳng CD.
Bài 5: (4đ): Cho ∆ABC đường thẳng d cắt AB và AC và trung tuyến AM theo thứ tự . Là E , F ,
N.
a) Chứng minh :

AB AC 2 AM
+
=
AE AF
AN

b) Giả sử đường thẳng d // BC. Trên tia đối của tia FB lấy điểm K, đường thẳng KN cắt AB tại P
đường thẳng KM cắt AC tại Q.
Chứng minh PQ//BC.
Bài 6: (2 điểm)
Cho 0 < a, b,c <1 .Chứng minh rằng :

2a 3 + 2b 3 + 2c 3 < 3 + a 2b + b 2 c + c 2 a

Câu 1. (3,0 điểm)

Tóm tắt lời giải
1. (2.0 điểm)
Ta có: a; b; x > 0 ⇒ a + x > 0

a(b − 1)
≥0
b2 + 1

(1)

2

Xét a – x =

(2)

10


Ta có a + x > a – x ≥ 0 ⇒ a + x − a − x ≠ 0
Từ (1); (2); (3) ⇒ P xác định
Rút gọn:

(3)

a
2ab a(b + 1) 2 ⇒
a
+
x
=
(
b
+
1
)
=
2
b +1

b2 + 1
b2 + 1
2
a
2ab a(b − 1) ⇒
a - x = a−
a
−
x
=
b
−
1
=
b2 + 1
b2 + 1
b2 + 1
a
a
(b + 1) 2
+ b−1 2
b +1
b + 1 + 1 = b+1 + b−1 + 1
⇒ P=
3b b + 1 − b − 1 3b
a
a
(b + 1) 2
− b−1 2 + 1
b +1

b
2
1
4
 Nếu 0 < b < 1 ⇒ P =
+
=
2b 3b 3b
2
⇒ P = b + 1 = 3b + 1
 Nếu b ≥ 1
3b
3b
Ta có: a + x = a +

2. (1.0 điểm)
Xét 2 trường hợp:

4
4
⇒ P>
3
3b
1  b 1  2b
= + +
 Nếu b ≥ 1 , a dương tuỳ ý thì P = b +
3b  3 3b  3
b 1 2
Ta có: +
≥ , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1

3 3b 3
2b 2
Mặt khác:
≥ , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1
3 3
2 2 4
Vậy P ≥ + = , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1
3 3 3
4
KL: Giá trị nhỏ nhất của P =
3
 Nếu 0 < b < 1, a dương tuỳ ý thì P =

Câu 2 (3,0 điểm)
Tóm tắt lời giải
Biến đổi tương đương hệ ta có

 (x − 2)(x + 1) 2 = 2 − y

2
(y − 2)(y + 1) = 2(2 − z)
(z − 2)(z + 1) 2 = 3(2 − x)


Nhân các vế của 3 phương trình với nhau ta được:
(x - 2)(y - 2) (z - 2)(x+1)2(y+1)2(z+1)2= - 6(x - 2)(y - 2) (z - 2)

11

[

]

⇔ (x - 2)(y - 2) (z - 2) (x + 1) 2 (y + 1) 2 (z + 1) 2 + 6 = 0
⇔ (x - 2)(y - 2) (z - 2) = 0
⇔ x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2

Với x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 thay vào hệ ta đều có x = y = z = 2
Vậy với x = y = z = 2 thoả mãn hệ đã cho
Câu 3 (3,0 điểm)
Tóm tắt lời giải
1. (1,0 điểm)
Với n ≥ 1 thì Sn + 2 = an+2 + bn+2
(1)
Mặt khác: (a + b)( an + 1 +bn + 1) – ab(an +bn) = an+2 + bn+2 (2)
Từ (1); (2) ta có điều phải chứng minh
2. (1.0 điểm)
Ta có: S1 = 3; S2 = 7
Do a + b =3; ab =1 nên theo 1 ta có: với n ≥ 1 thì Sn+2 = 3Sn+1 - Sn
Do S1, S2 ∈ Z nên S3∈ Z; do S2, S3 ∈ Z nên S4∈ Z
Tiếp tục quá trình trên ta được S5; S6;...; S2008 ∈ Z
3. (1.0 điểm)
n

n

 5 1  2   5 1  2 
Ta có Sn – 2 = 
+   + 

−   −2
 2 2    2 2  
2

2

n
 5 + 1  n   5 − 1  n 
 5 + 1  5 − 1 
  + 
  − 2 


= 
 2  2 
 2    2  



2

 5 + 1  n  5 − 1  n 
 −
  đpcm
= 
 2   2  
5 +1
5 −1 ⇒
Đặt a1 =
; b1 =

a1 + b1 = 5 ; a1b1 = 1
2
2
n
n
Xét Un= a1 − b1

Với n ≥ 1 thì Un+2 = (a1 + b1)(a1n+1 - b1n + 1) – a1b1(a1n - b1n) ⇒ Un+2 =

5 Un+1 – Un

Ta có U1 = 1 ∈ Z; U2 = 5 ∉ Z; U3 = 4∈ Z; U4 = 3 5 ∉ Z;...
Tiếp tục quá trình trên ta được Un nguyên ⇔ n lẻ
Vậy Sn – 2 là số chính phương ⇔ n = 2k+1 với k ∈ Z và 0 ≤ k ≤ 1003
Câu 4 (5,0 điểm)
Tóm tắt lời giải
I
C
S

A

M

D

N

F

O1

E

O

O2

B

12


1. (2,5 điểm) O1M; O2N ⊥ MN ⇒ O1M/ / O2N
Do O1; E; O2 thẳng hàng nên ∠ MO1E = ∠ NO2B
Các tam giác O1ME; O2NB lần lượt cân tại O1 và O2 nên ta có: ∠ MEO1= ∠ NBO2
Mặt khác ta có: ∠ AME = 900 ⇒ ∠ MAE + ∠ MEO1= 900
⇒ ∠ MAE + ∠ NBO2 = 900 ⇒ ∠ AFB = 900
⇒ Tứ giác FMEN có 3 góc vuông ⇒ Tứ giác FMEN là hình chữ nhật
⇒ ∠ NME = ∠ FEM
Do MN ⊥ MO1 ⇒ ∠ MNE + ∠ EMO1 = 900
Do tam giác O1ME cân tại O1 ⇒ ∠ MEO1 = ∠ EMO1
Từ (3); (4); (5) ta có: ∠ FEM + ∠ MEO1= 900 hay ∠ FEO1 = 900 (đpcm)
2. (2,5 điểm)
Ta có EB = 12 cm ⇒ O1M = 3 cm < O2N = 6 cm
⇒ MN cắt AB tại S với A nằm giữa S và B.
Gọi I là trung điểm CD ⇒ CD ⊥ OI ⇒ OI// O1M //O2N ⇒

(1)
(2)

(3)
(4)
(5)

O1M SO1
=
O2 N SO2

⇒ SO2 = 2SO1 ⇒ SO1+O1O2 = 2SO1 ⇒ SO1= O1O2
Do O1O2 = 3 + 6 = 9 cm ⇒ SO1= O1O2 = 9 cm ⇒ SO =SO1 + O1O = 15cm
Mặt khác:

OI
SO
=
⇒ OI = 5 cm
O1M SO1

Xét tam giác COI vuông tại I ta có: CI2 + OI2= CO2 ⇒ CI2 + 25 = CO2
Ta có: CO = 9 cm ⇒ CI2 + 25 = 81 ⇒ CI = 56

⇒ CD = 4 14 cm

Câu 5 (2,0 điểm)
A
E
E

N
I

B

M

C
S

13


a)
Kẻ BI , CS // EF

( I , S ∈ AM )

AB
AI AC AS
=
,
=
AE AN AF AN
AB AC
AI
AS
⇒
+
=
+
(∗)

AE AF AN AN

Ta có:

Ta có:

∆BIM = ∆CSM

1,0

(cgc)

⇒ IM = MS
Vậy: AI + AS = AI + AI + IM + MS = 2 AM

0,5

Thay vào (*) ta được (đpcm)

Khi d // BC ⇒ EF // BC ⇒ N là trung điểm của EF
+Từ F kẻ đường thẳng song song với AB cắt KP tại L
Ta có: ∆NFP = ∆NFL (cgc) ⇒ EP = LF
Do đó :
A

0,5

K

EP LF KF

=
=
(1)
PB PB KB

E

⇒ BH = QC

N

F
Q

P

B

FQ FQ KF
=
=
(2)
QC BH KB
FP FQ
=
⇒ PQ // BC
Từ (1) va (2) ⇒
PB QC

M

C

Do a <1 ⇒ a 2 <1 và b <1

)

2
2
2
Nên 1 − a . ( 1 − b ) > 0 ⇒ 1 + a b − a − b > 0

Hay 1 + a 2b > a 2 + b
(1)
2
3
Mặt khác 0
⇒ b + a 2 > a3 + b3
Vậy a 3 + b 3 < 1 + a 2 b

0,5

0,5
(đpcm)

Bài 6: 2 điểm)

(

0,5

L

+Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt
KM tại H
Ta có ∆BMH = ∆CMQ (cgc)

Do đó:

0,5

b > b3

Tương tự ta có

14


b3 + c3 < 1 + b 2c
a3 + c3 < 1 + c 2a
⇒ 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 < 3 + a 2b + b 2 c + c 2 a

Bài 1: (4,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức A =

2 x −9
x + 3 2 x +1
−
−

x −5 x +6
x − 2 3− x

b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1.
Hãy tính giá trị biểu thức: A = x

(1 + y 2 )(1 + z 2 )
(1 + z 2 )(1 + x 2 )
(1 + x 2 )(1 + y 2 )
+
y
+
z
(1 + x 2 )
(1 + y 2 )
(1 + z 2 )

Bài 2: (3,0 điểm)
a) Cho hàm số : f(x) = (x3 + 12x – 31)2012
Tính f(a) tại a =

3

16 − 8 5 + 3 16 + 8 5

b) Tìm số tự nhiên n sao cho n2 + 17 là số chính phương?
Bài 3: (4,0 điểm)
Giải các phương trình sau:
a)

1− x + 4 + x = 3

b) x 2 + 4 x + 5 = 2 2 x + 3
Bài 4: (3,0 điểm)

(

)

a) Tìm x; y thỏa mãn: 2 x y − 4 + y x − 4 = xy
b) Cho a; b; c là các số thuộc đoạn [ −1; 2] thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 6 hãy chứng minh rằng:
a+b+c ≥ 0
Bài 5: (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H.

KC AC 2 + CB 2 − BA2
=
KB CB 2 + BA2 − AC 2
1
b) Giả sử: HK = AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3
3
a) Chứng minh:

c) Giả sử SABC = 120 cm2 và BÂC = 600. Hãy tính diện tích tam giác ADE?

Câu 1: (4 điểm)
a/

15

ĐKXĐ: x ≠ 4; x ≠ 9
A

2 x −9

(
=

x −2

(
(

)(

)(
x − 2) (
x +1

x −3

)

−

)=
x − 3)

x −2

=

x + 3 2 x +1 2 x − 9 − x + 9 + 2x − 3 x − 2
+
=
=
x −2
x −3
x −2
x −3

(

)(

)

(

x− x −2
x −2

)(

x −3

)

x +1

x −3

b
Gợi ý: xy + yz + xz = 1 ⇔ 1 + x2 = xy + yz + xz + x2 = y(x + z) + x(x + z) = (x + z)(x + y)
Tương tự: 1 + y2 = …; 1 + z2 = ….
Câu 2:
a/Từ a= 3 16 − 8 5 + 3 16 + 8 5

(

)(

)

⇒ a 3 = 32 + 3 3 16 − 8 5 16 + 8 5  3 16 + 8 5 + 3 16 − 8 5  = 32 − 12a nên a3 + 12a =


32
Vậy f(a) = 1

b/ Giả sử: n2 + 17 = k2 (k ∈ ¥ ) và k > n ⇒ (k – n)(k + n)
= 17

k − n = 1
⇔
⇒n=8
 k + n = 17

Vậy với n = 8 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 3: (4 điểm)

a/ ĐK: −4 ≤ x ≤ 1
Bình phương 2 vế: 1 − x + 4 + x + 2 (1 − x)(4 + x) = 9 ⇔ (1 − x)(4 + x) = 2

x = 0
⇔ 4 − 3 x − x 2 = 4 ⇔ x( x + 3) = 0 ⇔ 
(thỏa mãn)
 x = −3
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 0; x = -3
b/ x 2 + 4 x + 5 = 2 2 x + 3 ĐKXĐ: x ≥

(

) (

−3
2

)

⇔ x2 + 2 x + 1 + 2x + 3 − 2 2x + 3 + 1 = 0

16


⇔ ( x + 1) +
2

2
 x + 1 = 0
2x + 3 −1 = 0 ⇔ 

⇒ x = −1 vậy phương trình có nghiệm duy
 2 x + 3 = 1

(

)

nhất x = -1
Câu 4: (3 điểm)

(

)

a/ 2 x y − 4 + y x − 4 = xy ⇔ x.2. y − 4 + y.2. x − 4 = xy
Xét VP = x.2. y − 4 + y.2. x − 4 theo BĐT cosi:

2 y−4 ≤

4+ y −4 y
4+ x−4 x
= ;2 x − 4 ≤
= vậy VP ≤ xy = VT
2
2
2
2
 x − 4 = 2

Dấu = xảy ra khi: 

 y − 4 = 2

⇒ x= y =8

b/ Do a; b; c thuộc đoạn [ −1; 2] nên a + 1 ≥ 0; a – 2 ≤ 0 nên (a + 1)(a – 2) ≤ 0
Hay: a2 – a – 2 ≤ 0 ⇒ a2 ≤ a + 2
Tương tự: b2 ≤ b + 2; c2 ≤ c + 2
Ta có: a2 + b2 + c2 ≤ a + b + c + 6 theo đầu bài: a2 + b2 + c2 = 6 nên: a + b + c ≥ 0
5)
a/ Sử dụng định lý pytago:
A

AC 2 + CB 2 − BA2 AK 2 + KC 2 + ( BK + CK ) 2 − AB 2
=
CB 2 + BA2 − AC 2 ( BK + CK ) 2 + BA2 − ( AK + KC ) 2
=

2CK 2 + 2 BK .CK 2CK (CK + BK ) CK
=
=
2 BK 2 + 2 BK .CK 2 BK ( BK + CK ) BK

D
E

AK
AK
b/ Ta có: tanB =
; tanC =

BK
CK
Nên: tanBtanC =

AK 2
(1)
BK .CK

B

µ = HKC
·
Mặt khác ta có: B
mà: tanKHC =
Nên tanB =

H

K

C

KC
KH

KC
KB
KB.KC
⇒ tan B.tan C =
tương tự tanC =

(2)
KH
KH
KH 2
2

Theo gt: HK =

2

 AK 
÷
 KH 

Từ (1)(2) ⇒ ( tan B.tan C ) = 

1
AK ⇒ tan B. tan C = 3
3

17


2

c/ Ta chứng minh được: ∆ABC và ∆ADE đồng dạng vậy:

S ABC  AB 
=
÷ (3)

S ADE  AD 

Mà BÂC = 600 nên ·ABD = 300 ⇒ AB = 2AD(4)
Từ (3)(4) ta có:

S ABC
= 4 ⇒ S ADE = 30(cm 2 )
S ADE

18