Bài giảng 10 đề Toán thi HSG hay, có đáp án

ĐỀ THI SINH GIỎI LỚP 9
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể phát đề)
ĐỀ BÀI
Bài 1 (3 điểm):
Tìm n
∈
Z sao cho:
2
17n n+ −
là bội của n +5.
Bài 2 (2 điểm):
Cho a > 0, b > 0 thoả mãn: 2a
2
+ 2b
2
= 5ab.
Tính giá trị của biểu thức: A =
a b
a b
−
+
.
Bài 3 (4 điểm):
a) Vẽ đồ thị hàm số: y = 3 -
2
2 1x x− +
b) Giải phương trình: x =
1 1
1x
x x

− + −
Bài 4 (3 điểm):
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Chứng minh:
abc
(
1 1 1
a b c
+ +
)
a b c≥ + +
.
Bài 5 (2 điểm):
Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình:
100
5 3 100
3
x y z
z
x y
+ + =
+ + =




Bài 6 (6 điểm):
Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. Một điểm C nằm trên đường tròn (C khác A,
B). Tiếp tuyến Cx của đường tròn (O; R) cắt AB tại I. Đường phân của góc I cắt OC tại điểm O’.
a) Gọi D, E theo thứ tự là giao điểm thứ hai của CA,CB với đường tròn (O’; O’C).

Chứng minh: D, O’, E thẳng hàng.
b) Chứng minh IC
2
= IA. IB.
c) Tìm vị trí của điểm C sao cho AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác OCI.
----------------------------------- Hết ------------------------------
(I)
(d
1
)
(d
2
)
D/A
Bài 1 (3 điểm):
Ta có: n
2
+ n - 17 là bội của n + 5 => (
2
n
+
17) ( 5)n n− +M
…………………………....0,25đ
Xét phép tính:
2
17 ( 5)( 4) 3 3
( 4)
5 5 5
n n n n
n

n n n
+ − + − +
= = − +
+ + +
………………………………. 1đ
Để (n
2
+ n - 17)
M
(n + 5) thì
3
5n +

∈
Z………………………………………………0,25đ
=> (n + 5)
∈
Ư
(3)
=> (n + 5)
∈
{
1; 3± ±
}……………………………………………..0,25đ
+ Với n + 5 = -1 => n = - 6 .……………………………………………………......0,25đ
+ Với n + 5 = 1 => n = - 4 ………………………………………………………0,25đ
+ Với n + 5 = -3 => n = - 8 ………………………………………………………...0,25đ
+ Với n + 5 = 3 => n = -2 .………………………………………………….………0,25đ
Vậy, ta tìm được.n = - 6; n = - 4; n =- 8; n = - 2. ………………………………….0,25đ
Bài 2 (2 điểm):

Ta có: A =
a b
a b
−
+
. Bình phương hai vế ta được:
A
2
=
2
( )
a b
a b
−
+
=
2 2
2 2
2
2
a ab b
a ab b
− +
+ +
………………………………………………………….0,5đ
=đ
2 2
2 2
2 2 4
2 2 4

a b ab
a b ab
+ −
+ +
…………………………………………………………………0,5đ
=
5 4 1
5 4 9
ab ab
ab ab
−
=
+
…………………………………………………………… ….0,5đ

⇒
A =
1
3
±
…………………………………………………………………….0,5đ
Bài 3 (4 điểm):
a) y = 3 -
2 2
1 2 3 ( 1)x x x
+ − = − −
= 3 -
1x −
…………………………………….0,25đ

{
4
2
x
x
−
+
Nếu x < 1
Vẽ đường thẳng (d
1
): y = - x + 4 với x
≥
1
Và đường (d
2
): y = x + 2 với x < 1 ta được đồ thị: Hình (P) y
Đồ thị đúng 1 điểm, mỗi nhánh 0,5 điểm

3
_

2
_

1
_

I I I I I I
x

-2 -1 0 1 2 3 4


=
Nếu x
≥
1
……………………………………………………0,5đ
b) Điều kiện:
x -
1
x
≥
0
1 -
1
x
≥
0
⇔
……………………………………………..………0,25đ
x
≠
0

Xét hai trường hợp:
* x
≤

-1 vế trái của phương trình âm còn vế phải không âm.
Phương trình vô nghiệm……………………………………………………………..0,25đ
* x
≥
1 phương trình x =
1 1
1x
x x
− + −

1
1x
x
⇔ − −
=
1
x
x
−
……………………………………………………..0,25đ
⇔

2
1
1x
x
 
− −
 ÷
 ÷

 
= x –
1
x
…………………………………………………………0,25đ
⇔
x
2
- 2x
1
1
x
−
+ 1 - x = 0
⇔

2 2
1
2 (1 )x x x
x
− − −
+ 1 = 0 …………………………………………………….0,25đ
⇔
x(x - 1) – 2
2
2
x
x
x
−

+ 1 = 0 …………………………………………………...0,25đ
⇔
x(x - 1) – 2
( 1)x x −
+ 1 = 0
⇔
2
( ( 1) 1)x x − −
= 0……………………………….. 0,25đ
⇔
( 1)x x −
= 1 …………………………………………………………………...0,25đ

⇔
x
2
– x – 1 = 0
⇔
x =
1 5
2
+
(vì x
≥
1) ………………………………………….0,25đ
Bài 4 (3 điểm): Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác nên a > 0, b > 0, c > 0 .…..0,25đ
Ta có:
1 1 1
2
a b ab

+ ≥
………………………………………………………………... 0,5đ

1 1 1
2
a c ac
+ ≥
……………………………………………………………….. 0,5đ


1 1 1
2
b c bc
+ ≥
…………………………………………………………………0,5đ
1 1 1 1 1 1
2( ) 2(
a b c ab ac bc
⇒ + + ≥ + +
(cộng vế theo vế)………………………………..0,5đ
1 1 1 1 1 1
( ( )abc abc
a b c ab ac bc
⇒ + + ≥ + +
=
a b c+ +
(nhân 2 vế với
abc
) ...……0,5đ
Đẳng thức xảy ra khi a= b = c hay

∆
ABC đều………………………………………0,25đ
Bài 5 (2 điểm):
x
≥
1
x
≤
-1
(1)
(I)

{
100
15 9 300
x y z
x y z
+ + =
+ + =
⇔

Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được: 14 x +8 y = 200
⇔
7x + 4y = 100 …………………………………………………………………….0,25đ
⇔
4y = 100 – 7x

⇔
y =
100 7

25 2
4 4
x x
x
−
= − +
………………………………………………………..0,25đ
vì x, y nguyên
4 25 7
4
x
t z x t y t⇒ = ∈ ⇒ = ⇒ = −
……………………………………….0,25đ
Vì x, y dương
{
}
{
4 0
25 7 0
25
0 1;2;3
7
t
t
t t
>
− >
⇒ ⇔ < < ⇒ =
..…………………………..0,25đ
Khi t = 1

⇒
x = 4, y = 18, x = 78.
Khi t = 2
⇒
x = 8, y = 11, z = 81.
Khi t = 3
⇒
x = 12, y = 4, z = 84. ………………………………………………….0,5đ
Vậy nghiệm nguyên dương của hệ phương trình là:
(x; y; z)
∈
{( 4; 8; 78); ( 8; 11; 81); ( 12; 4; 84)}…………………………………….0,25đ

C
Bài 6 (6 điểm):
Vẽ hình đúng được 0,5đ
D O’ E

A
O B K I X
a) AB là đường kính của (O,
2
AB
)
·
0
90ACB⇒ =
hay
·
0

90DCE =
…………………………………………………..0,5đ
⇒
DE là đường kính của (O’; O’C) ………………………………………………….0,5đ
⇒
D, O’, E thẳng hàng. …………………………………………………..0,5đ
b) Xét
ACI
∆
và
CBI∆

có:
µ
·
A ICB=
(cùng bằng
1
2
số đo cung CB)…………………………………………….0,5đ

I
$
chung

⇒

ACI
∆
đồng dạng

CBI∆
………………………………………………….0,5đ
⇒
IA IC
IC IB
=
….…………………………………………………0,5đ
⇒
IA. IB = IC
2
(đpcm). …………………………………………………...0,5đ
c) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp
∆
OIC,
·
0
90OIC =
nên K là trung điểm của OI..0,25đ
Để AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
∆
OIC thì AC
⊥
CK. ……………….0,25đ
·
·
ACO ICK⇒ =
(cặp góc có cạnh tương ứng vuông). …………………………………..0,5đ
Mà
·
µ

·
·
·
ACO A ICB ICK ICB K B
= = ⇒ = ⇒ ≡
…………………………………...0,5đ
⇒
KC =
1
2
OI = OB = R.
Vậy, điểm C nằm trên đường tròn sao cho BC = R thì AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
∆
OIC……………………………………………………………………….0,5đ
Lưu ý: Thí sinh có thể bỏ qua một vài bước trung gian (đơn giản) thì vẫn đạt điểm tối da
Thí sinh có lời giải khác nhưng đúng thì vẫn đạt điểm tối đa
(2)
…...………………………… 0,25đ
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN
THỜI GIAN 150 PHÚT
Câu 1(4đ): Giải các hệ phương trình sau:
a)
7 2 5
2 1
x y x y
x y x y

+ + + =



+ + − =


b)
( 1) ( 1) 2
1 1
x y y x xy
x y y x xy

− + − =


− + − =


Câu 2(3đ): Giả sử x, y, z là những số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1.
Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 1 1
x y z
P
x y z
= + +
+ + +
Câu 3(3đ): Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn điều kiện
1 1 1
2
1 1 1a b c
+ + ≥
+ + +
Chứng minh rằng:

1
8
abc ≤
.
Câu 4(4 đ): Cho đường tròn tâm O, hai tiếp tuyến MA và MB (A, B là tiếp điểm), C là một điểm
trên đường tròn tâm M bán kính MA và nằm trong đường tròn (O). Các tia AC và BC cắt đường tròn
(O) lần lượt tại P và Q. Chứng minh rằng PQ là đường kính của đường tròn (O).
Câu 5(4đ): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và d là tiếp tuyến của (O) tại C. Gọi AH, BI
là các đường cao của tam giác.
a) Chứng minh HI // d.
b) Gọi MN và EF lần lượt là hình chiếu của các đoạn thẳng AH và BI lên đường thẳng d. chứng
minh rằng MN = EF
Câu 6(2đ): Chứng minh rằng tích của một số chính phương và một số đứng trước nó chia hết cho 12
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu Đáp án Thang điểm
1
a)
7 2 5(1)
2 1(2)
x y x y
x y x y

+ + + =


+ + − =


Đặt u =
7x y+

, v =
2x y+
(
0, 0u v≥ ≥
)
Ta có
5
(*)
1
u v
v x y
+ =


+ − =

Do u
2
– v
2
= (7x + y) – (2x+y) = 5x
Mà u + v = 5 nên u – v = x
Do đó u =
5
2
x +
, v =
5
2
x−

Từ phương trình thứ hai của (*) ta được
y = v + x – 1 =
5 3
1
2 2
x x
x
− +
+ − =
Thay y =
3
2
x +
vào phương trình (2) ta được
1
2
3 3
2 1
2 2
1
5 3 5
19
2 2
x x
x x
x
x x
x
+ +
+ + − =

=

+ −
⇔ = ⇔

=

Với x = 1 ta được y = 2; x = 19 ta được y = 11
Thử lại hệ phương trình ta được hệ có một nghiệm là (1;2)
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0,25
b)
( 1) ( 1) 2 (1)
1 1 (2)
x y y x xy
x y y x xy

− + − =


− + − =


Điều kiện

1, 1x y≥ ≥
Xét phương trình (2) áp dụng bất đảng thức Cô Si ta có:
( 1 1)
1 ( 1).1
2 2
x y xy
x y x y
− +
− = − ≤ =
(3)
( 1 1)
1 ( 1).1
2 2
y x xy
y x y x
− +
− = − ≤ =
(4)
Vậy
1 1x y y x xy− + − ≤
Dấu “=” xảy ra
1 1
1 1
y
x
− =

⇔

− =


2x y⇔ = =
Ta thấy x = y =2 củng thỏa mãn phương trình (1)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (2;2)
0.25
0.5
0.5
0.25
0.25
0.25
2
Ta có
1 1 1
(1 ) (1 ) (1 )
1 1 1
P
x y z
= − + − + −
+ + +

1 1 1
3 ( )
1 1 1
P
x y z
= − + +
+ + +
Mặt khác, với x, y, z > 0, theo bất đẳng thức Cô Si ta có
3x y z xyz+ + ≥
,

1 1 1 3
x y z xyz
+ + ≥
1 1 1 3
( )( ) 3 . 9x y z xyz
x y z xyz
⇒ + + + + ≥ =
Dấu = xảy ra khi x = y = z.
0.25
0.5
0.25
0.25
Ta có
1 1 1 9
1 1 1 ( 1) ( 1) ( 1)x y z x y z
+ + ≥
+ + + + + + + +
1 1 1 9
1 1 1 4x y z
⇒ + + ≥
+ + +
Vậy
9 3
3
4 4
P ≤ − =
1 1 1
3 1
1
4 3

x y z
P x y z
x y z
+ = + = +

= ⇔ ⇔ = = =

+ + =

Vậy P đạt giá trị lớn nhất là
3
4
P =
tại
1
3
x y z= = =
0.5
0.25
0.25
0.5
0.25
3
Ta có:
1 1 1
(1 ) (1 )
1 1 1a b c
≥ − + −
+ + +
1

2
1 1 1 (1 )(1 )
b c bc
a b c b c
⇒ ≥ + ≥
+ + + + +
Vậy
1
2
1 (1 )(1 )
bc
a b c
≥
+ + +
Tương tự:
1
2
1 (1 )(1 )
ac
b a c
≥
+ + +

1
2
1 (1 )(1 )
ab
c a b
≥
+ + +

Nhân ba bất đẳng thức trên ta được:
1 8
(1 )(1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )
abc
a b c a b c
≥
+ + + + + +
8 1abc⇒ ≤
0.5
0.5
0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
C
P
Q
O
M
B
A
0.5
4
Để chứng minh PQ là đường kính của đường tròn (O), ta cần
chứng minh ba điểm P, Q, O thẳng hàng.
Trong đường tròn tâm M ta có:
·
·
2AMC ABC=

(góc ở tâm chắn cung AC)
Trong đường tròn tâm O ta có:
·
·
2AOQ ABQ=
(góc ở tâm chắn cung AQ)
Suy ra
·
·
AMC AOQ=
(1)
Chứng minh tương tự ta có

·
·
BMC BOP=
(2)
0.25
0.5
0.5
0.25
0.5
Tứ giác MAOB có
µ µ
0
90A B= =
·
·
0
180AMB AOB⇒ + =

(3)
Từ (1), (2), và (3) suy ra:
·
·
·
·
POQ POB BOA AOQ= + +

·
·
·
( )BMC AMC BOA= + +

·
·
0
180AMB AOB= + =
Suy ra P, Q, O thẳng hàng.
Vậy PQ là đường kính của đường tròn (O)
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
5
x
d
M
F

N
E
A
I
H
C
B
0.5
a) Chứng minh HI // d
Gọi Cx là tiếp tuyến chắn cung AC
Tứ giác ABHI nội tiếp nên
·
·
ABC HIC=
(Cùng bù với góc
·
HIA
)
Mà
·
·
ABC ACx=
(cùng chắn cung AC)
·
·
//HIC ICx HI d⇒ = ⇒
0.25
0.5
0.25
0.5

b) Chứng minh MN = EF
d // HI
IF=HN⇒
AMCH nội tiếp
·
·
HMN HAC⇒ =
BICE nội tiếp
·
·
IEF IBC⇒ =
Mà
·
·
HAC BIC=
nên
·
·
HMN IEF HMN IEF= ⇒ ∆ = ∆
EFMN⇒ =
0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
6 Số chính phương là n
2
(n
Î
Z) số đứng trước nó là n

2
-1
Ta có (n
2
-1)n
2
=(n+1)(n-1)n
2
= (n-1)n.n(n+1)
Tích này có 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3
Mặt khác (n-1)n là hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2
Và n (n+1) chia hết cho 2
Nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 4
Mà (3;4) = 1 nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 12
Vậy (n
2
-1)n
2
chia hết cho 12
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

Đề thi Môn : Toán
Thời gian: 150 phút

Bài 1( 4đ)
1) Rút gọn biểu thức sau:
2 2 2 2
2
( )x y x y y
x
P
xy x y x y
 
−
 ÷
= + −
 ÷
−
 
2) Giải phương trình:
2 2
2
2 2 2 2
x x
x x
+ −
+ =
+ + − −
Bài 2( 4đ)
1) Phân tích thành nhân tử: a
3
+b
3
+c

3
-3abc
2) Cho
1 1 1
0
a b c
+ + =
và abc ≠ 0 . Chứng minh rằng biểu thức:

2 2 2
bc ac ab
M
a b c
= + +
không phụ thuộc vào a,b,c
Bài 3 (4đ)
1) Cho:

1 1 1 1
...
1 2 2 3 3 4 120 121
1 1
1 ....
2 35
A
B
= + + + +
+ + + +
= + + +
Hãy so sánh A và B

2) Cho a,b,c là số đo ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng:

1 1 1 1 1 1
2( )
p a p b p c a b c
+ + ≥ + +
− − −
với p là nửa chu vi của tam giác đó
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
2) Cho hình bình hành ABCD, qua đỉnh D kẻ một đường thẳng cắt các đường thẳng AC, AB, BC tại M, N, K.
chứng minh rằng:
a) DM
2
= MN . MK
b)
1
DM DM
DN DK
+ =


LỜI GIẢI VÀ THANG ĐIỂM

Lời giải Điểm Lời giải Điểm
Bài 1
1) Với Đk x
≠
0; y
≠
0; x
≠
y ta có:
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
2) Đk: 0 < x < 4
Quuy đồng mẫu thức rồi khử mẫu ta đưa pt
về dạng:
3 3
(2 ) (2 ) 3 2x x x
+ + − =
3 3 3
(2 ) (2 ) 2 (4 ) 18x x x x+ + − + − =
3
(4 ) 3 8x x− = −
⇔
3x – 8 > 0 và
3 2
(4 ) (3 8)x x− = −
⇔
8
3
x >
và
3 2
3 0x x− =
Vậy x = 3 thỏa đk đầu bài
Bài 2:
1) a
3
+b

3
+c
3
-3abc =
=(a
3
+3a
2
b+3ab
2
+b
3
) +c
3
-(3abc+3a
2
b+3ab
2
)
=(a+b)
3
+c
3
-3ab(a+b+c)
=(a+b+c)
2 2
( ) ( ) 3a b a b c c ab
 
+ − + + −
 

=(a+b+c)(a
2
+b
2
+c
2
-ab-ac-bc)
2) Theo câu a ta có a+b+c = 0 thì
a
3
+b
3
+c
3
-3abc = 0=> a
3
+b
3
+c
3
= 3abc
áp dụng kết quả trên nếu:
3 3 3
1 1 1 1 1 1 1
0 3.
a b c a b c abc
+ + = => + + =
ta có:
2 2 2 3 3 3
3 3 3

1 1 1 3
( ) . 3( 0)
bc ac ba abc abc abc
M
a b c a b c
abc abc abc
a b c abc
= + + = + +
= + + = = ≠
=>Kết luận
0.5
0.5
0.25
0.25
0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.75
0.25
Bài 3
1 1 1

...
1 2 2 3 3 4
1
....
120 121
1 2 2 3..... 120 121
121 1 10
A = + + +
+ + +
+
+
= − + − + − +
= − =
1 1
1 ...
2 35
2 2 2
...
2 1 2 2 2 35
2 2 2
...
1 1 2 2 35 35
1 1 1
2( ...
1 2 2 3 35 36
2(6 1) 10
B
B
B
= + + +

= + + +
= + + +
+ + +
=> > + + +
+ + +
> − =
Vậy B >A
2) Ta chứng minh được :
1 1 4
x y x y
+ ≥
+
Áp dụng bđt trên ta có:
1 1 4 4
2p a p b p a b c
+ ≥ =
− − − −
1 1 4 4
2p b p c p b c a
+ ≥ =
− − − −
1 1 4 4
2p c p a p c a b
+ ≥ =
− − − −
1 1 1 1 1 1
2( ) 4( )
p a p b p c a b c
+ + ≥ + +
− − −

1 1 1 1 1 1
2( )
p a p b p c a b c
+ + ≥ + +
− − −
(có thể có nhiều cách khác để chứng minh)
Bài 4
1)
a) tìm được tgB=
AD
BD
,tgC=
AD
CD
0.5
0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
0.75
0.5
0.25
0.5
0.5
0.5