Tuyển tập đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 tỉnh Phú Thọ từ năm 2007 đến 2019

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.74 MB, 88 trang )

(1)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

TUYỂN TẬP ĐỀ THI

HSG TOÁN LỚP 9

(2)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

Lớp 9 THCS năm học 2007-2008
MơnTốn

Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang

---

Câu 1 (2 điểm)

a) Chứng minh rằng phương trình 3 3

200720082009

x y  khơng có nghiệm ngun.
b) Cho a2008b2008c2008 1 (1) và a2009b2009c2009 1 (2),

Tính giá trị của tổng: a2007b2008c2009

Câu 2 (2 điểm) Giải hệ phương trình



  



  



  

xy 6 4x 5y 1
yz 6 3y 4z 2
zx 6 5z 3x 3

  



 



 _ _


Câu 3 (2 điểm)

Cho a, b, c là các số dương thoả mãn điều kiện a2b2c2 3.
Tìm giá trị lớn nhất của tổng P a 3 b 3  c 3

Câu 4 (2 điểm) Cho hai đường tròn đồng tâm (O; R) và (O; r) (R > r). Gọi P là một điểm
cố định trên (O; r) và B là một điểm trên (O; R). Đường thẳng qua P và vng góc với PB

cắt (O; r) tại A, đường thẳng PB cắt (O; R) tại C và cắt (O; r) tại điểm thứ hai D. Chứng
minh rằng khi điểm B di chuyển trên đường trịn (O; R) thì:

a) Tổng AB2_{+ BC}2_{+ CA}2_{không đổi.}

b) Trung điểm M của đoạn thẳng AB ln ln thuộc một đường trịn cố định.

Câu 5 (2 điểm) Xét các tam giác ABC có chung cạnh BC cố định v| có đỉnh A nằm trên
đường thẳng d cố định song song với BC. Gọi I là một điểm nằm trong tam giác và x, y, z
lần lượt là khoảng cách từ I đến các cạnh BC = a, CA = b, AB = c. Đặt

  a b c
P

x y z

a) Cố định đỉnh A của tam gi{c ABC, x{c định vị trí điểm I để P đạt giá trị nhỏ nhất.
b) X{c định tam gi{c ABC để P đạt giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị nhỏ nhất đó.

Hết

Họ và tên thí sinh ... SBD ...
Chú ý: Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm

(3)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS

NĂM HỌC 2007-2008

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MƠN TỐN

(Đề chính thức, ngày thi: 06 tháng 3 năm 2008)

Một số chú ý khi chấm bài

 Hướng dẫn chấm thi dưới đ}y dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám
khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết và hợp logic.

 Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm m| đúng thì tổ chấm cần thống nhất
cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm.

Điểm bài thi là tổng c{c điểm thành phần khơng làm trịn số.

CÂU 1 (2 điểm).

a) Chứng minh rằng phương trình 3 3 

x y 200720082009 khơng có nghiệm
nguyên.

b) Cho 2008 2008 2008

a b c 1 (1) và 2009 2009 2009

a b c 1 (2), tính giá trị của tổng
2007 2008 2009

a b c

ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM

a) Ta có

(x + y)3_{= x}3_{+ y}3_{+ 3xy(x + y) = 200720082009 + 3xy(x + y)} 0,25 điểm
Suy ra (x + y)3_{chia hết cho 3 v| do đó x + y chia hết cho 3.} _{0,25 điểm}
Từ đó có x3_{+ y}3_{= (x + y)}3_{- 3xy(x + y) 9.} _{0,25 điểm}
Vì x3_{+ y}3_{chia hết cho 9, cịn số 200720082009 khơng chia hết cho 9 nên}

phương trình đã cho khơng có nghiệm ngun. 0,25 điểm

b) Từ (1) có 2009 2008 2009 2008 2009 2008

a 1, b 1, c 1, suy ra a a , b b ,c c . _{0,25 điểm}
Do đó 2009 2009 2009 2008 2008 2008

a b c a b c (3) 0,25 điểm
Tõ (1), (2), (3) cã a2009 a2008, b2009 b2008,c2009 c2008 0,25 điểm
Từ 2009 2008





a a a a 1   0 a 1, a0 , do đó a2007_{= a}2008_.

(4)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

2007 2008 2009 2008 2008 2008
a b c a b c 1

BÀI 2 (2 điểm). Giải hệ phương trình



  



  



  

xy 6 4x 5y 1
yz 6 3y 4z 2
zx 6 5z 3x 3

  



 



 _ _



ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM

Dễ thấy hệ phương trình nhận (0; 0; 0) làm nghiệm. 0,25 điểm
Ngoài ra, nếu một trong các ẩn nhận giá trị 0 thì các ẩn cịn lại cũng

nhận giá trị 0. Do đó ta chỉ cịn phải tìm các nghiệm (x; y; z) với x, y, z
khác 0.

0,25 điểm

Từ (1) và (2) có x 4x 5y 3xy 4zx 4zx 5yz 3x 5z
z 3y 4z



      

 (4) 0,50 điểm

Thay (4) v|o (3) được zx6.10z x 60 0,25 điểm
Thay x = 60 v|o (4) được 5z = 180, do đó z = 36 0,25 điểm
Thay x = 60 v|o (1) được 60y6 4.60 5y







5y240 y 48 _{0,25 điểm}
Nghiệm (x; y; z) của hệ là: (0; 0; 0) và (60; 48; 36) 0,25 điểm

BÀI 3 (2 điểm)

Cho a, b, c là các số dương thoả mãn đ/kiện 2 2 2

a b c 3. Tìm giá trị lớn nhất
của tổng

a 3 b 3  c 3

ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM

Ta có



a  3



4 2



a3 .4



4 a3 _{0,25 điểm}
Suy ra a 3 a 7



  0,25 điểm

Tương tự b 3 b 7
4


  và c 3 c 7

4


  _{0,25 điểm}

Do đó a 3 b 3 c 3 a b c 21
4
  

      (1) 0,25 điểm

L¹i cã

2 2 2

a 1 b 1 c 1

a , b , c

2 2 2

  

(5)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC
Do đó

2 2 2

a b c 3

a b c

  

   0,25 điểm

Suy ra

2 2 2

a 1 b 1 c 1

a b c 21 ₂ ₂ ₂ a b c 45

4 4 8

 _  _  _

   _ _    _

(2)

0,25 điểm

Từ (1) và (2) ta có: a 3 b 3  c 3 6
Khi a = b = c = 1 c{c đẳng thức xảy ra và 2 2 2

a b c 3
Vậy giá trị lớn nhất của P là 6

0,25 điểm

Câu 4 (2 điểm) Cho hai đường tròn đồng tâm (O; R) và (O; r) (R > r). Gọi P là một điểm
cố định trên (O; r) và B là một điểm trên (O; R). Đường thẳng qua P và vng góc với PB
cắt (O; r) tại A, đường thẳng PB cắt (O; R) tại C và cắt (O; r) tại điểm thứ hai D. Chứng
minh rằng khi điểm B di chuyển trên đường trịn (O; R) thì:

a) Tổng AB2_{+ BC}2_{+ CA}2_{không đổi.}

b) Trung điểm M của đoạn thẳng AB luôn luôn thuộc một đường tròn cố định.

ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM

a) Ta có

T = AB2_{+ BC}2_{+ CA}2

= (AP2_{+ PB}2₎_{+ (2CP + PD)}2_{+ ((PA}2 _{+ (PD + CD)}2₎

= AP2_{+ PB}2 _{+ 4CP}2_{+ 4. CP. PD +PD}2_{+ PA}2 _{+ PD}2_{+ 2PD.CD +}
CD2

= 2AP2_{+ 2PD}2_{+ 6CP}2_{+6.CP. PD}
= 8r2_{+ 6. PC(PC + PD)}

= 8r2_{+ 6. PC. CD (1)}

0,50 điểm

Gọi E, F là giao điểm của tia CO và (O; r) với E nằm giữa C và O. Khi đó có

(6)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

E
D
P

B C

D
P

B C

I
K

Chó ý: Trong hai ý a) và b) làm ý nào tr-ớc cũng đ-ợc

b) Gọi I l| trung điểm của OC, K l| trung điểm của OP, ta có:

2.IK = CP và IK // CP; 2.OM = BD và OM // BD 0,50 điểm
Vì CP = BD nên IK = OM, IK = OM, do đó IKMO l| hình bình hành.

Suy ra

KM = IO = R
2

0,25 điểm

Vì P và O cố định nên K cố định. Do đó, khi điểm B di chuyển trên
đường trịn (O; R) thì M ln ln thuộc đường trịn (K; R

2 ) cố định.

0,25 điểm

  a b c
P

x y z

a) Cố định đỉnh A của tam gi{c ABC, x{c định vị trí điểm I để P đạt giá trị nhỏ
nhất.

b) X{c định tam gi{c ABC để P đạt giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị nhỏ nhất đó.

(7)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

a) Ta có

  

 



S(ABC) S(IBC) S(ICA) S(IAB)

1 1 1

ax by cz

2 2 2

ax by cz
2

0,50 điểm

Suy ra ax + by + cz là hằng số không phụ thuộc vào vị trí điểm I. Ta có









       

  _   _    _  _ _  _ _  _

 

     

        

2 2 2

2
2 2 2

a b c x y y z z x

ax by cz a b c ab bc ca

x y z y x z y x z

a b c 2ab 2bc 2ca a b c

0,50 điểm

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, nghĩa l| I l| t}m đường
tròn nội tiếp tam gi{c ABC. Khi đó



 





2
min

a b c
P

2S(ABC)

0,50 điểm

b) Từ đề b|i suy ra c{c tam gi{c đang xét có diện tích khơng đổi như
nhau. Lấy D đối xứng với C qua d. Đường thẳng BD cắt d tại A/_{. Khi}
đó mọi tam giác có cạnh BC v| đỉnh A thuộc d, ta có

b c CA AB DA AB BD

Dấu đẳng thức có được khi A trùng với A/_{, khi đó tam gi{c ABC c}n}
tại A.

0,25 điểm

(8)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

 

 

 

 



2
2
2
min

a
a 2 h

4
P

(9)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

Lớp 9 THCS năm học 2008-2009
MơnTốn

Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang

---

Câu 1 (2 điểm)

Tìm nghiệm nguyên d-ơng của ph-ơng trình:

xyz x y z.

Câu 2 (2 điểm)

a)

Giải ph-ơng trình

x3 x2 x 1
3

.

b) Cho các số d-ơng x, y, z thỏa mÃn điều kiện xyz = 100. Tính giá trÞ cđa biĨu thøc

x 10 z

xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10

  

 

.

Câu 3 (2 điểm)

a) Chøng minh r»ng nÕu c¸c sè x, y, z có tổng là một số không âm thì

3 3 3

x y z 3xyz.

b) Cho m, n là các số thỏa mÃn điều kiện

mn 1

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biÓu thøc

2 2 2 2

m n m n

P .

m n m n

Câu 4 (1.5 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy, cho đ-ờng thẳng (d) có ph-ơng trình



m 4 x

 

 m 3 y 1





(m là

tham số). Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến -ng thng (d) l ln nht.

Câu 5 (2,5 điểm)

Cho đ-ờng tròn tâm O, đ-ờng kính BC = 2R. Từ điểm P trên tia tiếp tuyến Bt của đ-ờng tròn,

vẽ tiếp tuyến thứ hai PA (A là tiếp điểm) với đ-ờng tròn. Gọi H là hình chiếu của A lên BC, E

là giao điểm của PC và AH. Đ-ờng thẳng qua E và song song với BC cắt OA tại F.

a) Tính AH theo R và khoảng c¸ch d = PO.

b) Chứng minh rằng khi P di chuyển trên tia Bt thì F ln thuộc một cung trũn c

nh.

---H

t---

Họ và tên thí sinh ... SBD ...

(10)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Sở giáo dục và đào tạo Phú Thọ

H-íng dÉn chÊm thi chän häc sinh giái cấp tỉnh lớp 9 THcs

năm học 2008-2009

môn Toán

(H-ng dẫn chấm thi đề chính thức có 5 trang)

I. Một số chú ý khi chấm bài



H-ớng dẫn chấm thi d-ới đây dựa vào lời giải sơ l-ợc của một cách, khi chấm thi

giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết và hợp logic.



Thí sinh làm bài cách khác với H-ớng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất

cho điểm t-ơng ứng với biểu điểm của H-ớng dn chm.

Điểm bài thi

là tổng các điểm thành phần không làm tròn số.

II. Đáp án và biểu điểm

câu 1 (2 điểm)

Tìm nghiệm nguyên d-ơng của ph-ơng trình

xyz x y z

.

Đáp án

biĨu

®iĨm

Ph-ơng trình đã cho t-ơng đ-ơng với

1 1 1

1
xy yzzx

.

0,25 điểm

Không mất tính tổng quát, giả sử

x y z

(*)

0,25 ®iĨm

- NÕu

z3

th×

1 1 1 3₂ 1 1

xy yzzx  z  3

(loại).

0,25 điểm

- Nếu

z2

thì ph-ơng trình đã cho trở thành

2xy  x y 2

.

Hay



2x 1 2y 1



 



.

0,25 điểm

Do (*) nên chỉ có tr-ờng hợp 2x - 1 = 5 và 2y - 1 = 1, suy ra x = 3 vµ y =

1 0,25 ®iĨm

- Nếu

z1

thì ph-ơng trình đã cho trở thành

xy  x y 1





x 1 y 1



 



.

(11)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HC

Do (*) nên chỉ có tr-ờng hợp x - 1 = 2 vµ y - 1 = 1, suy ra x = 3 vµ y = 2.

0,25 điểm

Nghiệm là: (3 ; 2 ; 1), (3 ; 1 ; 2), (2 ; 3 ; 1), (2 ; 1 ; 3), (1 ; 3 ; 2), (1 ; 2 ; 3). 0,25 điểm

CÂU 2 (2 điểm)

a) Giải ph-ơng trình

3 2 1

x x x

.

b) Cho các số d-ơng x, y, z tháa m·n ®iỊu kiƯn xyz = 100. Tính giá trị của biểu

thức

x 10 z

xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10



.

Đáp án

biĨu

®iĨm

a) Ph-ơng trình đã cho t-ơng đ-ơng với ph-ơng trình

3 3 2

4x x 3x 3x 1

    

0,25 ®iĨm





3
4x x 1

  

0,25 ®iĨm

x 4 x 1

  





3 _{4 1 x}

₁

0,25 điểm

Nghiệm của ph-ơng trình:

x ₃ 1

4 1





0,25 ®iĨm

b) Ta cã

xyz 10

0,25 ®iĨm

x 10 z

xy x 10 xyz xy x xz 10 z xyz

  

     

0,25 ®iĨm





x 10 z

xy x 10 10 xy x z x 10 xy

  

     

0,25 ®iĨm

A x xy 10

xy x 10 10 xy x x 10 xy

  

   

= 1

0,25 điểm

CÂU 3 (2 ®iĨm)

a) Chøng minh r»ng nÕu c¸c sè x, y, z có tổng là một số không âm thì

3 3 3

x y z 3xyz.

b) Cho m, n là các số thỏa mÃn điều kiện

mn 1

(12)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

2 2 2 2

m n m n

P .

m n m n

Đáp án

biểu

®iĨm

a) (1,25 ®iĨm). Ta có













P x y z xyz

x y xy x y z xyz

   

     

3 3 3

3 ₃

3 3

0,25 ®iÓm











 











x y z xy x y xyz

x y z x y z x y z xy x y z

 _{ } _

_   __   _

 

   _     _  

3 ₃

2 ₂

3 3

0,25 ®iĨm



 















x y z x y z x y z xy

x y z x y z xy yz zx

 

   _      _

       

2 ₂
2 2 2

0,25 ®iĨm



x y z

 

 x y

 

y z

 

z x





1   _  2  2  2_
0

(Do gi¶ thiÕt x + y + z



0 )

0,25 ®iĨm

Suy ra

Px3 y3  z3 xyz

3 0

và do đó

x3y3 z3  xyz

0,25 ®iĨm

b) Tõ

2 2





m n 2mn m n 0

vµ gi¶ thiÕt suy ra

2 2

m n 2mn1

.

0,25 ®iĨm

Do đó





2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

15 m n

m n m n m n m n

P .

m n m n 16m n m n 16m n



 

 

  _  _

 _  _

0,25 ®iĨm

áp dụng BĐT

a b 2 ab

với a, b không âm, đấu đẳng thức có khi a = b,

ta có.

1 15 17
P

2 4 4

  

KÕt luËn:

min
17
P



, đạt đ-ợc khi

m n 1
2

 

.

0,25 điểm

câu 4 (1.5 điểm)

Trong mt phng Oxy, cho đ-ờng thẳng (d) có ph-ơng trình



m 4 x

 

 m 3 y 1





(m là

tham số). Tìm m để khoảng cách từ gc ta n -ng thng (d) l ln nht.

Đáp ¸n

biÓu

(13)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

b) Với mọi m, đ-ờng thẳng (d) không đi qua gốc toạ độ O(0; 0).



m = 4, ta có đ-ờng thẳng y = 1, do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1

(1).



m = 3, ta có đ-ờng thẳng x = -1, do đó khoảng cách từ O đến (d) là

1 (2).

0,50 ®iĨm



m

4, m

3 thì (d) cắt trục Oy, Ox lần l-ợt tại

A 0; 1

m 3

 

 _ 

 

vµ

B ; 0

m 4

 

 _ 

 

.

0,25 điểm

Hạ OH vuông góc với AB, trong tam giác vuông AOB, ta có

1 1

OA , OB

m 3 m 4

 

 



 



2 ₂ 2

2 2 2

1 1 1 7 1 1

m 3 m 4 2m 14m 25 2 m

OH OA OB 2 2 2

 

          _  _  

 

.

0,50 ®iĨm

Suy ra

OH  2 OH 2

(3).

Từ (1), (2), (3) ta có GTLN của OH là

, đạt đ-ợc khi và chỉ khi m =

7
2

.

Kết luận: m =

.

(14)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TON HC

CÂU 5 (2,5 điểm)

Cho đ-ờng tròn tâm O, đ-ờng kính BC = 2R. Từ điểm P trên tia tiếp tuyến Bt của đ-ờng

tròn, vẽ tiếp tuyến thứ hai PA (A là tiếp điểm) với đ-ờng tròn. Gọi H là hình chiếu của A

lên BC, E là giao điểm của PC và AH. Đ-ờng thẳng qua E và song song với BC cắt OA tại

F..

a) Tính AH theo R và khoảng cách d = PO.

b) Chứng minh rằng khi P di chuyển trên tia Bt thì F ln thuộc một cung trũn c

nh.

Đáp án

biểu

điểm

a) Ta cã

2 2

BP d R

_{0,25 ®iĨm}

2 2 2 2

BP.BO R 2R

BI.PO BP.BO BI . d R BA . d R

PO d d

       

0,25 ®iĨm

2 4 2

2 2 2 2 2

2 2

4R 4R 2R

AC BC AB 4R (d R )

d d d

      

0,25 ®iĨm

Cã

2
2 2

2R 2R

AH.BC AB.AC AH.2R . d R .

d d

    2 2 2

2
2R

AH . d R

(15)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

b) Ta có AH // PB (vì AH, PB cùng vuông góc víi BC)

EH CH
PB CB

 

(1)

0,25 điểm

Lại có AC // PO (vì AC, PO cùng vuông góc với AB) nên hai tam giác

vuụng AHC và PBO đồng dạng

AH CH
PB BO

 

(2)

0,25 điểm

Mà CB = 2.BO nên AH = 2. EH hay E là trung điểm của AH.

0,25 ®iĨm

EF // OH suy ra F là trung điểm của AO

OF R

.

0,25 ®iĨm

Nên F thuộc đ-ờng trịn cố định tâm O bán kính

.

0,25 ®iĨm

Khi P di chuyển trên tia Bt thì F thuộc cung MN cố định của đ-ờng trịn

tâm O bán kính

(phần nằm trên nửa mặt phẳng bờ BC chøa tia Bt).

(16)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

Lớp 9 THCS năm học 2009-2010
MơnTốn

Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang

---

Câu 1 (4 điểm)

a) Chứng minh rằng A = (2n_{- 1)(2}n_{+ 1) chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n.}
b) Tìm số các số nguyên n sao cho B = n2_{– n + 13 là số chính phương ?}
Câu 2 (5 điểm)

a) Giải phương trình 2 2

2 3 2 2 4 3

x  x  x  x
b) Giải hệ phương trình

2 2
2 2

1
3 11

x y xy

   



  



Câu 3 (3 điểm) Cho ba số x, y, z thoả mãn:

x y z 2010

1 1 1 1

x y z 2010
  




   

 .

Tính giá trị của biểu thức:



2007 2007



2009 2009



2011 2011



P x y y z z x

Câu 4 (6 điểm)

Cho đường tròn (O; R) và dây cung AB cố định, AB = R 2. Điểm P di động trên
dây AB (P khác A và B). Gọi (C; R1) l| đường tròn đi qua P v| tiếp xúc với đường
tròn (O; R) tại A, (D; R2) l| đường tròn đi qua P v| tiếp xúc với đường tròn (O; R)
tại B. Hai đường tròn (C; R1) và (D; R2) cắt nhau tại điểm thứ hai M.

a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB, chứng minh
OM//CD v| 4 điểm C, D, O, M cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh khi P di động trên d}y AB thì điểm M di động trên đường tròn
cố định v| đường thẳng MP ln đi qua một điểm cố định N.

c) Tìm vị trí của P để tích PM.PN lớn nhất ? diện tích tam giác AMB lớn nhất?

Câu 5 (2 điểm)

Cho các số dương x, y, z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 670.
Chứng minh rằng: 2 2 2

2010 2010 2010

x y z

x yz  y zx  z xy  x y z

(17)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

S

Ở

GI

Á

O D

Ụ

C V

À

ĐÀ

O T

Ạ

O PH

Ú

TH

Ọ

H

ƯỚ

NG D

Ẫ

N CH

Ấ

M THI CH

Ọ

N H

Ọ

C SINH GI

Ỏ

I C

Ấ

P T

Ỉ

NH L

Ớ

P 9 THCS

N

Ă

M H

Ọ

C 2009-2010

MÔN TO

Á

N

(Hướng dẫn chấm thi đề chính thức có 6 trang)

I. M

ộ

t s

ố

chú ý khi ch

ấ

m b

à

i



Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi

chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết và

hợp logic.



Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần

thống nhất cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm.



Điểm bài thi

là tổng các điểm thành phần khụng lm trũn s.

II. Đáp án và biểu điểm

Câu 1

(4

đ

i

ể

m)

a) Chøng minh r»ng A = (2

_{- 1)(2}

_{+ 1) chia hÕt cho 3 víi mọi số tự nhiên n.}

b) Tìm số các số nguyªn n sao cho B = n

–

n + 13 là số chính ph-ơng ?

P

N

BI

U

Đ

I

Ể

M

a) Theo giả thiết n là số tự nhiên nên: 2

_{– 1, 2}

_{, 2}

_{+ 1 là 3 số tự}

nhiên liên tiếp.

0,5 điểm

Vì tích của 3 số tự nhiên liên tiếp ln chia hết cho 3 nên

(2

_{- 1).2}

_.(2

_{+ 1) chia hết cho 3}

0,5 điểm

Mặt khác (2

_{, 3) = 1 nên}



₂n _{1 2}



n ₁



_{chia hết cho 3}

VËy A chia hÕt cho 3 víi mäi sè tù nhiªn n

0,5 điểm

b) Ta thấy B là số chính phương



4B là số chính phương

Đặt 4B = k

_(k

_

_{N) thì 4B = 4n}

_{– 4n + 52 = k}

2 

_{(2n-1-k)(2n-1+k)}

=-51

1,0 điểm

Vì 2n-1+k



2n-1-k nên ta có các hệ

(18)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC
2 1 1

(1)
2 1 51

n k

  


    


2 1 3
(2)
2 1 17

n k

  


    


2 1 51
(3)

2 1 1

n k

  


    


2 1 17
(4)
2 1 3

n k

  


 

Giải hệ (1), (2), (3), (4) ta tìm ®-ỵc n = -12, n = -3, n = 13, n = 4

Vậy các số nguyên cần tìm là n





12; 3; 4;13



1,0

đ

i

ể

m

Câu 2

(5 điểm)

a) Giải phương trình:

2 2

2 3 2 2 4 3

x  x  x  x

b) Giải hệ phương trình

2 2
2 2

1
3 11

x y xy

   



  



ĐÁ

P

Á

N

BI

Ể

U

Đ

I

Ể

M

a) Ta có:





2x 4x 3 2 x1  1 1

nên tập xác định của ph-ơng trình là

R

0,5 điểm

Phương trình đã cho tương đương với





2x 4x 3 4 2x 4x  3 3 0

Đặt

2 4 3 1

y x  x 

thì phương trình đã cho trở thành

4 3 0

y  y 

 1

y
y



 



(thoả mãn điều kiện)

1,0 điểm

Với y = 1 ta có

2 2

2x 4x  3 1 2x 4x 3 1



x = 1

Với y = 3 ta có

2 2

2x 4x  3 3 2x 4x 3 9

x
x

Vậy ph-ơng trình cã 3 nghiÖm x

= 1, x

= -1, x

=3.

1,0 điểm

b) Hệ đã cho tương đương với





2 2

11 11

3 11

x xy y

 _ _ _




  

 





2 2

2 2 2 2

11 3

x xy y

x xy y x xy y

   




    



(19)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC



_

_

_

2 2

1
2 5 3 0

x xy y

x y x y

   



   



(*)

Từ hệ (*) ta suy ra

2 2

1
2 0

x xy y

x y

   



 



(I) hoặc

2 2

1
5 3 0

x xy y

x y

   



 



(II)

0,5 điểm

Giải hệ (I) ta tìm được (x; y) = ( 2; -1), (-2; 1)

Hệ (II) vơ nghiệm

Vặy hệ có nghiệm (x; y) = ( 2; -1), (-2; 1).

1,0 điểm

Câu 3

(3 điểm)

Cho ba số x, y, z thoả mãn:

x y z 2010

1 1 1 1

x y z 2010
  




   


Tính giá trị của biểu thức:



2007 2007



2009 2009



2011 2011



P x y y z z x

Đáp án

biểu

điểm

T gi thiết suy ra x, y, z khác 0 và

1 1 1 1

x   y z x y z

0,5 điểm

1 1 1 1 0

x y z x y z

   

_  _{ }  _

 

   

0,5

®iĨm

x y

_

x y

_

xy z x y z

 

  

 



x y



1 1 ₂ 0

xy xz yz z

 

  _  _

 

 

0,5 điểm









x y xz yz z xy 0

     













x y  xz z yz xy  0

  _    _

0,5 điểm





xy

 

_z zx

 

y zx



_0

(20)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC



2007 2007 2007 2007
2009 2009 2009 2009
2011 2011 2011 2011

0 0

x y x y x y x y

z y y z y z y z

x z z x z x z x

 

       

 

 

 _{  } _{  } _{ } _ _ _

 

         

   

nên P = 0

_{0,5 điểm}

Câu 4 (6 điểm)

Cho đường tròn (O; R) và dây cung AB cố định, AB = R 2. Điểm P di động
trên dây AB (P khác A và B). Gọi (C; R1) l| đường tròn đi qua P v| tiếp xúc với
đường tròn (O; R) tại A, (D; R2) l| đường tròn đi qua P v| tiếp xúc với đường tròn
(O; R) tại B. Hai đường tròn (C; R1) và (D; R2) cắt nhau tại điểm thứ hai M.

a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB, chứng minh
OM//CD v| 4 điểm C, D, O, M cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh khi P di động trên d}y AB thì điểm M di động trên đường trịn
cố định v| đường thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định N.

c) Tìm vị trí của P để tích PM.PN lớn nhất ? diện tích tam giác AMB lớn nhất?

ĐÁP ÁN

BIỂU

ĐIỂM

N
K
H
M

D
C

A P B

a) Nối CP, PD ta có



ACP,



OAB lần lượt cân tại C, O nên



CPA =



CAP =



OBP do đó CP//OD (1)

Tương tự



DBP,



OAB lần lượt cân tại D, O nên



DPB =



(21)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

DBP =



OAB

nên OC//DP (2). Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ODPC là hình bình

hành

Giả sử CD cắt MP tại H cắt OP tại K thỡ K là trung điểm của OP

Theo tớnh chất 2 đường trũn cắt nhau ta cú CD



MP và H là trung

điểm MP Vậy HK//OM, do đó CD//OM

0,5 điểm

Ta phải xét 2 trường hợp AP < BP và AP > BP, đáp án chỉ yêu cầu

xét 1 trường hợp giả sử AP < BP

Vì tứ giác OCPD là hình bình hành nên OD = CP = CM = R

nên

tứ giác CDOM là hình thang cân.

Vậy 4 điểm C, D, O, M cùng thuộc một đường tròn.

0,5 điểm

b) Xét tam giác AOB có

: 2 2 2 2

OA OB  R  AB

nên tam giác AOB

vuông cân tại O

Vì 4 điểm C, D, O, M cùng thuộc 1 đường tròn (kể cả M trùng

O) nên



COD =



CMD (1)

0,5 điểm

Xét



MAB và



MCD có



MAB =



MCD (cùng bằng

sđ

của (C))



MBA =



MDC ( cùng bằng

sđ

của (D))

nên



MAB đồng dạng với



MCD (g.g)

0,5 điểm

Vì



MAB đồng dạng với



MCD suy ra



AMB =



CMD (2)

Từ (1) và (2) suy ra



AMB =



AOB =

Do AB cố định nên điểm M thuộc đ-ờng tròn tâm I đ-ờng kính AB

0,5 điểm

Ta có

ACP BDP AOB

     

nên



AMP =

2 

ACP =

(góc nội tiếp và góc ở tâm của (C))



BMP =

2 

BDP =

(góc nội tiếp và góc ở tâm của (D))

Do đó MP là phân giác

AMB

0,5 điểm

(22)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

AOB

Giả sử MP cắt đường tròn (I) tại N thì N là điểm chính giữa của

cung AB khơng chứa điểm O nên N cố định

Vậy MP luôn đi qua điểm N cố định.

0,5 điểm

c)



MAP và



BNP có



MPA =



BPN (đđ),



AMP =



PBN (góc

nội tiếp cùng chắn 1 cung) nên



MAP đồng dạng với



BNP

(g.g)

0,5 điểm

Do đó

2 ₂ ₂

. .

2 4 2

PA PM PA PB AB R

PM PN PA PB

PN PB



 

   _ _  

 

(không

đổi)

Vậy PM.PN lớn nhất bằng

2
2

khi PA = PB hay P là trung điểm

dây AB

0,5 điểm

Vì tam giác AMB vng tại M nên





2 2

1 1

2 4 4 2

AMB

AB R

S  AM BM  AM BM  

Di

ệ

n tích tam giác AMB l

ớ

n nh

ấ

t b

ằ

ng

2
2

khi PA = PB hay P là trung

điểm dây AB

0,5 điểm

CÂU 5

(2 điểm)

Cho các số dương x, y, z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 670.

Chứng minh rằng:

2 2 2

2010 2010 2010

x y z

x yz y zx z xy x y z

Đáp ¸n

biĨu

®iĨm

Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức: Với



a, b, c



R và x, y,

z > 0 ta có





2 2 2

a b c

a b c

x y z x y z

 

  

 

(*)

Dấu “=” xảy ra

 a b c

x  y z

Thật vậy, với a, b



R và x, y > 0 ta có

(23)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC





2
2 2

a b

a b

x y x y



 



(**)





2 2











2
a y b x xy xy a b







2
0

bxay 

(luôn đúng)

Dấu “=” xảy ra

 a b
x  y

Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có









2 2

2 2 2 2

a b a b c

a b c c

x y z x y z x y z

  

    

  

Dấu “=” xảy ra

 a b c

x  y z

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có

₂ ₂ ₂

2010 2010 2010

x y z

x yz y zx z xy

  

     

_

_{ }

_

2 2 2

2010 2010 2010

x y z

x x yz y y zx z z xy

  

     





_

_

2
3 3 3

3 2010

x y z

x y z xyz x y z

 


     

(1)

Chú ý:





2010

x x yz

=

x x



2xyzx1340



0

,

y y



2zx2010



0

và





2010 0

z z xy 

0,5 điểm

Chøng minh:

3 3 3







2 2 2



x y  z xyz x y z x y z xyyzzx





x y z

 

_ x y z



23



xyyzzx



_

(2)

Do đó:

3 3 3





3 2010

x y  z xyz x  y z





x y z

 

_ x y z



23



xyyzzx



2010_

=



x y z



(3)

0,5 điểm

Từ (1) và (3) ta suy ra









2
3

x y z

 

 

 
 

Dấu “=” xảy ra



x = y = z =

2010

.

(24)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

Lớp 9 THCS năm học 2010-2011
MơnTốn

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang

---

Câu 1 (4 điểm) a) Cho







x 2011 x y 2011 y 2011.
Tính giá trị của biểu thức : Tx2011y2011.
b) Tính tổng : S = 4 3 8 15 ... 240 14399

1 3 3 5 119 121

 _  _{ } 

   .

(mỗi số hạng trong tổng trên có dạng

4n 4n 1

2n 1 2n 1

 

   , với n N và 1 n 60).

Câu 2 (3 điểm) Giải hệ phương trình:

3 2

x 3x 2x 5 y

y 3y 2y 5 z

z 3z 2z 3 x .

    



   



    


Câu 3 (4 điểm)

a) Tìm số nguyên dương n để Bn4n3n2 n 1 là số chính phương.
b) So sánh M và N biết M



2010201020112010



2011, N



2010201120112011



2010.

Câu 4 (2 điểm) Cho a, b, c là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4a b 3c 8c

a b 2c 2a b c a b 3c


  

      .

Câu 5 (7 điểm) Cho đường trịn (O; R) đường kính AB. Qua B kẻ tiếp tuyến d của
đường tròn (O). MN là một đường kính thay đổi của đường tròn (M không trùng
với A, B). C{c đường thẳng AM và AN cắt đường thẳng d lần lượt tại C và D.

a) Chứng minh AM.ACAN.AD.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của tích AC.AD.

c) Chứng minh t}m đường tròn ngoại tiếp tam giác MNC thuộc một đường
thẳng cố định.

d) Gọi I là giao điểm của CO v| BM. Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại
điểm thứ hai là E, cắt đường thẳng d tại F. Chứng minh ba điểm C, E, N thẳng hàng.

(25)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2010-2011

MƠN TỐN

(Hướng dẫn chấm thi đề chính thức có 5 trang)

I. Một số chú ý khi chấm bài

 Hướng dẫn chấm thi dưới đ}y dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo
cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết và hợp logic.

 Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm m| đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho
điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm.

 Tổ chấm có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm. Điểm bài thi là tổng c{c điểm thành phần không
làm trũn s.

II. Đáp án và biểu điểm

ỏp ỏn Điểm

Câu 1 (4 điểm)

a) Cho







x 2011 x y 2011 y 2011. Tính giá trị của biểu thức

2011 2011

Tx y .
b) Tính tổng

S = 4 3 8 15 ... 240 14399

1 3 3 5 119 121

  

   .

(mỗi số hạng trong tổng trên có dạng

4n 4n 1

2n 1 2n 1

 

   , với n N và 1 n 60).

a) (2 điểm). Từ giả thiết, suy ra











2011 2011 2011 2011 2011

        

x x x x y y x x 0,50

2 2

2011 2011

y y x x

      (1) 0,50

Tương tự ta có: 2 2

2011 2011

x x  y y(2) 0,50

(26)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC
b) (2điểm). Với k là số tự nhiên khác 0 ta có:

4 4 1

2 1 2 1

k k

 

   =























2 3 3

4 4 1 2 1 2 1 ₂ ₁ ₂ ₁

2
2 1 2 1 2 1 2 1

k k k k _k _k

k k k k

     _ _ _



     

0,75

Cho k lần lượt nhận các giá trị 1, 2, <, 60. Ta được:



3 3



4 3 1

3 1
2

1 3



 





3 3



8 15 1

5 3
2

3 5



 





3 3



240 14399 1

121 119
2

119 121

 _ _



0,75

Vậy S = 1





121 1 665

2   0,5

Câu 2 (3 điểm)

Giải hệ phương trình

3 2

x 3x 2x 5 y

y 3y 2y 5 z

z 3z 2z 3 x .

    



   



    


Viết lại hệ đã cho dưới dạng

3 2

x 3x 2x 5 y

y 3y 2y 5 z

z 3z 2z 5 x 2 .

    



   



     


0,25

Đặt t = x – 2 thì x = t + 2, thế v|o phương trình thứ nhất của hệ ta được













3 2 2

3 2

t 2 3 t 2 2 t 2 5 y

t 6t 12t 8 3t 12t 12 2t 4 5 y
t 3t 2t 5 y

      

          

    

0,50

Khi đó có hệ phương trình
3 2

3 2

t 3t 2t 5 y
y 3y 2y 5 z
z 3z 2z 5 t

    



   



    


(I) 0,25

(27)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC
sử t = max



t y z, ,



1) Trường hợp t y z. Từ hệ (I) ta có

3 2
3 2

t 3t 2t 5 t
z 3z 2z 5 z

    




   





 





 



2
2

t 1 t 2 1 0
z 1 z 2 1 0

 _  _ _{ }

  

 

 

   

 _ _



1
1

t
z




  _



Do đó t = y = z = 1.

0,75

2) Trường hợp t z y. Tương tự ta có: 1
1

t
y



 


Do đó t = y = z = 1.

0,75

Nghiệm của hệ phương trình đã cho l|: (x: y: z) = (3: 1: 1) 0,25

Câu 3 (4 điểm)

a) Tìm số nguyên dương n để B = n4_{+ n}3_{+ n}2_{+ n + 1 là số chính phương.}
b) So sánh M và N biết



2010 2010



2011



2011 2011



2010

M 2010 2011 , N 2010 2011 _.

a) (2 điểm). Đặt n4_{+ n}3_{+ n}2_{+ n + 1 = k}2_{(1) (với k nguyên dương)} _0,25
Ta có (1)  4n4_{+ 4n}3_{+ 4n}2_{+ 4n + 4 = 4k}2

 (2n2_+n)2_+2n2_+(n+2)2_{= (2k)}2 0,75
 (2k)2_{> (2n}2_+n)2

 (2k)2 _(2n2_+n+1)2_{(do k v| n nguyên dương)}
 4n4_{+ 4n}3_{+ 4n}2_{+ 4n + 4}_(2n2_+n+1)2

 (n+1)(n-3)  0
 n  3

 n 



1; 2; 3



0,75

Thay các giá trị của n vào (1), chỉ có n = 3 thoả mãn đề bài. 0,25
b) (2 điểm). Đặt a20102010, b 2011 2010_{. Ta có:}





2010

2011 2010

M (a b) , N(2010a +2011b)  2010(a +b)+b 0,50

Xét:











2010 ₂₀₁₀

2010
2010 a b b

N 1 b

2010

M a b a b a b a b

 

  _ _

 

  _  _

   

(28)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC
Vì

2010

b b

1 2010 2011 b

a b a b

 

 _  _  

    0,50

Nên N b 1 N M

M ab   0,50

Câu 4 (2 điểm)

Cho a, b, c là các số dương. Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức

4a b 3c 8c

a b 2c 2a b c a b 3c


  

     

A _.

Đặt

x a b 2c a y z 2x
y 2a b c b 5x y 3z
z a b 3c c z x

     

 

 _ _{  } _ _{ }

 

 _{  }  _{ }

 

(x,y,z > 0) 0,50

Khi đó:

4(y z 2x) 2x y 8(z x) 4y 2x 4z 8x

A 17

x y z x y x z

 

     

   _  _{ }  _

 

0,50

Do đó

A2 82 32 17 12 2 17 0,50

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 2y 2x
2z 2 2x

 











4 3 2

a t

2
10 7 2

b t

2
c 2 1 t

  





 _

 



 



(với t  R, t > 0)

(29)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

Câu 5 (7 điểm)

Cho đường trịn (O; R) đường kính AB. Qua B kẻ tiếp tuyến d của đường tròn (O).
MN là một đường kính thay đổi của đường tròn (M không trùng với A, B). Các
đường thẳng AM và AN cắt đường thẳng d lần lượt tại C và D.

a) Chứng minh AM.ACAN.AD.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của tích AC.AD.

c) Ch/minh t}m đường tròn ngoại tiếp tam giác MNC thuộc một đường thẳng
cố định.

d) Gọi I l| giao điểm của CO v| BM. Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại
điểm thứ hai là E, cắt đường thẳng d tại F. Chứng minh ba điểm C, E, N thẳng hàng
Hình vẽ:

D
d

N _O

A P

B
C

C
M

a) (1,5 điểm). Ta có ANMABM, ABMACB. Suy ra: ACBANM
Do đó AMN và ADCđồng dạng.

(30)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC
AM AN

AM.AC AN.AD

AD  AC   0,75

b) (2 điểm). Ta có: AC.ADCD.AB2R.CD(1) 0,50

Lại có 2

CDBD BC 2 BD.CD2 AB 4R(2) 0,50
Từ (1) và (2), suy ra 2

CD.AD8R _0,50

Dấu “=” xảy ra khi MN vng góc với AB 0,50

c) (2 điểm). Gọi P l| t}m đường tròn ngoại tiếp MNC, K l| trung điểm

của CD, S l| giao điểm của AK với MN.

Ta thấy tứ giác MNDC là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm P nên
AMNADC, SAMKCAANM. Suy ra: MN vng góc với AK

0,75

Lại có: PO vng góc với MN nên AK song song với OP, mà PK song

song với AO. Suy ra: tứ giác AOPK là hình bình hành, hay KP = AO =R 0,75
Vì d l| đường thẳng cố đinh, PK = R không đổi nên P thuộc đường thẳng

song song với d, cách d một khoảng R cố định. 0,50
d) (1,5 điểm). Trước hết ta chứng minh bài tốn: Nếu tam giác ABC có các

điểm M, N, P thẳng hàng và lần lượt thuộc c{c đường thẳng AB, BC, CA
thì:

AP CN BM
. .

PC NB MA = 1.

Thật vậy: Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt MN tại D, ta có:

AP AM

PC  CD và

CN CD

NB  BM.
Do đó ta có điều phải chứng minh.

0,50

Áp dụng bài toán trên vào tam giác ACO với ba điểm thẳng hàng là B, I,
M, ta có:

AB OI CM

. . 1

BO IC MA  

OI MA

IC  2CM(1)

Tương tự với tam gi{c BCO v| ba điểm thẳng hàng là A, I, F ta có:

OI FB

IC  2CF(2)

0,25

Từ (1) và (2) ta có MA=FB

(31)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Mà AB BC  MF BC  0

MFC

Ta có EFBEBA(cùng phụ với góc EAB)
EBAEMC (tứ giác AMEB nội tiếp)
EFBEMC  Tứ giác MEDC nội tiếp

0,25

 0

MECMDC90 . Do đó: ME  EC (3)

Lại có 0

MEN90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  ME  EN (4)
Từ (3) và (4) suy ra M, E, N thẳng hàng.

0,25

(32)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

Lớp 9 THCS năm học 2011-2012
MơnTốn

Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang

---

Câu 1 (3,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n để hai số n26 và n 11

đều là lập phương của hai số nguyên dương n|o đó.

Câu 2 (4,0 điểm) Giả sử a là một nghiệm của phương trình: 2x2  x 1 0.

Khơng giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức





2a 3
A

2 2a 2a 3 2a




  

Câu 3 (4,0 điểm) a) Giải phương trình 2

8x 1 x 3x 1

b) Giải hệ phương trình

2 2
2

2x y 1
xy x 2

  



 


Câu 4 (7,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) v| điểm M nằm ngo|i đường tròn.

Qua điểm M vẽ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (A và B là các tiếp điểm).
Gọi D l| điểm di động trên cung lớn AB (D không trùng với A, B v| điểm chính
giữa của cung) và C là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn

(O; R).

a) Giả sử H l| giao điểm của c{c đường thẳng OM với AB. Chứng minh
rằng MH.MOMC.MD, từ đó suy ra đường trịn ngoại tiếp tam giác HCD luôn
đi qua một điểm cố định.

b) Chứng minh rằng nếu dây AD song song với đường thẳng MB thì

đường thẳng AC đi qua trọng tâm G của tam giác MAB.

c) Kẻ đường kính BK của đường tròn (O; R), gọi I l| giao điểm của các
đường thẳng MK v| AB. Tính b{n kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MBI theo
R, khi biết OM = 2R.

Câu 5 (2,0 điểm)

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: abc a  b 3ab. Chứng minh rằng

ab b a

3.
a b 1 bc c 1   ca c 1 

(33)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 THCS, NĂM HỌC 2011-2012

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MƠN TỐN
(Hướng dẫn chấm thi gồm 5 trang)
I. Một số chú ý khi chấm bài

 Hướng dẫn chấm thi dưới đ}y dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi
giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể
chia nhỏ đến 0,25 điểm.

 Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm m| đúng thì tổ chấm cần thống nhất
cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm.

Điểm bài thi là tổng c{c điểm thành phần khơng làm trịn số.

II. Đáp án và biểu điểm
Câu 1 (3,0 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên dương n để hai số n26 và n 11 đều là lập phương
của hai số nguyên dương n|o đó.

ĐÁP ÁN ĐIỂM

Giả sử có số nguyên dương n sao cho: 3 3

n26x ; n 11 y (với x, y là hai số
nguyên dương v| x > y)

Khi đó x3 y3 37



xy x





2 xyy2



37

1,5 đ

Lại có 2 2

0  x y x xyy và 37 là số nguyên tố nên

2 2

x y 1 (1)
x xy y 37 (2)

 


 _ _ _


Thay x = y + 1 v|o (2) ta được: 2

y  y 12 0 y = 3 là nghiệm duy nhất thoả
mãn. Vậy n = 38 là giá trị cần tìm.

1,5 đ

Câu 2 (4,0 điểm)

Giả sử a là một nghiệm của phương trình: 2

2x   x 1 0. Khơng giải phương
trình, hãy tính giá trị của biểu thức

(34)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC





2a 3
A

2 2a 2a 3 2a




  

ĐÁP ÁN ĐIỂM

Vì

a

là nghiệm của phương trình nên:

2a

  

a 1 0



2a

 

1 a *

 

2a4 a2 2a 1 .

1,0 đ

Thay vào biểu thức

A

ta được:









2 2

2a

3 2a

3 A

2 a

4a

4 2a

2 a

2 2a













1,0 đ

= 2a 3 ₂
2 a 2 2a



 





2a 3
2 2 a 2a




  ( vì theo

 

* thì

a 1



) 1,0 đ









2a 3 1

2 2a a 1 2 2a 3



  

    1,0 đ

Câu 3 (4,0 điểm)

a) Giải phương trình
2

8x 1 x 3x 1

b) Giải hệ phương trình

2 2
2

2x y 1

xy x 2

  




 



ĐÁP ÁN ĐIỂM

a) (2,0 điểm) Phương trình

4 3 2

x 3x 1 0 (1)
8x 1 x 6x 7x 6x 1 (2)

   


 

     



Ta có (2) 4 3 2

x 6x 7x 14x 0

     



3 2



x x 6x 7x 14 0

1,0 đ

 x x 1 x









2 7x 14



0
 x 0

x 1


 


(35)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC
Kết hợp (1) ta tìm được x =1 là nghiệm của phương trình.

b) (2,0 điểm)

Từ hệ đã cho ta suy ra: 2 2 2 2 2
xyx 4x -2y 3x xy2y 0

(xy)(3x2y)0 x y

3x 2y




  _{ }

 1,0 đ

Nếu x y thì: x2_{= 1} _x ₁_.
Nếu 3x 2y thì:

2
y

1
9

  (khơng thỏa mãn).

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho l|: S



  

1; 1 ,  1; 1 .





1,0 đ

Câu 4 (7,0 điểm)

Cho đường tròn (O; R) v| điểm M nằm ngo|i đường tròn. Qua điểm M vẽ hai tiếp
tuyến MA, MB tới đường tròn (A và B là các tiếp điểm). Gọi D l| điểm di động trên

cung lớn AB (D khơng trùng với A, B v| điểm chính giữa của cung) và C là giao điểm
thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn (O; R).

a) Giả sử H l| giao điểm của OM với AB. Chứng minh rằng MH.MO = MC.MD,
từ đó suy ra đường trịn ngoại tiếp tam gi{c HCD ln đi qua một điểm cố định.

b) Chứng minh rằng nếu dây AD song song với đường thẳng MB thì đường
thẳng AC đi qua trọng tâm G của tam giác MAB.

(36)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

H O

ĐÁP ÁN ĐIỂM

a) (2,5 điểm) Vì tam giác AOM vng tại A có AHOM nên 2
MH.MOMA .
Mặt khác MACADC nên MAC đồng dạng MDA (g.g), do đó

MA MC 2

MC.MD MA

MD  MA  

Vậy MH.MOMC.MD

1,5 đ

Khi đó MH MC

MD MO. Do đó MHC đồng dạng MDO  MHCMDO.

Từ đó suy ra OHCD nội tiếp, vì vậy đường trịn ngoại tiếp HCD ln đi qua
điểm O cố định.

1,0 đ

b) (2,5 điểm) Giả sử AC cắt MB tại E, vì CBEEAB nên EBC đồng dạng 

EAB. Do đó EB EC 2

EA.EC EB .

EA  EB  

1,0 đ

Vì AD // MB nên EMCMDAMAC. Do đó EMC đồng dạng EAM
EM EC 2

EA.EC EM .

EA  EM  

Vậy EB = EM, tức l| E l| trung điểm của MB.

Tam gi{c MAB có MH v| AE l| c{c đường trung tuyến, nên AC luôn đi qua
trọng tâm G của MAB.

(37)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

c) (2,0 điểm) Vì OM = 2R nên MAB l| tam gi{c đều, do đó 0
MBA60 .

Kẻ đường kính MN của đường trịn ngoại tiếp BMI thì trong tam giác vng
IMN ta có sin INM IM MN IM ₀ 2IM

MN sin 60 3

    (1)

Ta có AK // MO nên HIM đồng dạng AIK (g.g). Do đó IM MH.
IK  AK
Dễ thấy OH R

 nên AK = R và MH 3R
2

 , do đó IM 3 IM 3IK
IK  2   2 (2)

1,0 đ

Mặt khác IH 3 IH 3.
IA  2  AH 5
Vì AH R 3

 nên IH 3R 3, IA R 3.

10 5

 

Khi đó IK 2R 7
5

 , do đó IM 3R 7
5

 (3)

Vậy đường tròn ngoại tiếp BMI có bán kính / R 21

R .

5


1,0 đ

Câu 5 (2,0 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn: abc a  b 3ab. Chứng minh rằng

ab b a

3.
a b 1 bc c 1  ca c 1 

ĐÁP ÁN ĐIỂM

(38)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1

. .c c c. c

a b a b b b a a

  

      (1)

Đặt

x

1 , y

1 , z

c

a

b



thì x, y, z0 và x  y z 3 đồng thời bất đẳng thức phải
chứng minh trở thành

1

3 xy

 

x

y



yz

 

y

z



zx

 

z

x



(2)

Ta chứng minh



x y 1



23 xy



 x y



, với  x, y.
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với











 



2 2

2 2 2

2 x

y

1 2xy

2y

2x

6 xy

x

y

x

y

x 1

y 1

0 

 





 















Dấu “=”xảy ra  x y 1.

Do đó

1

3 x

y 1

xy

 

x

y



 

, với x, y 0. Dấu “=” xảy ra  x y 1.

Tương tự ta suy ra

1

3 x

y 1

y

z 1

z

x 1

xy

 

x

y



yz

 

y

z



zx

 

z

x



 



 



 

(3)

Dấu “=” xảy ra  x  y z 1.

Ta chứng minh: 1 1 1 9 , m, n, p 0
m  n p m n p  
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với

n p m p m n n m p m p n

1 1 1 9 6

m m n n p p m n m p n p

   

 

          _  _{ }  _{ }  _

     

Theo bất đẳng thức Cô si ta thấy bất đẳng thức trên luôn đúng.
Dấu “=”xảy ra



m

 

n

p.

Do đó: 3 3 3

x y 1 y z 1 z x 1





9 3

3 2 x

y

z

3 



  

(4)

Từ (3) v| (4) suy ra điều phải chứng minh.

Dấu “=”xảy ra  x  y z 1 hay

a

  

b

c 1.

(39)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Câu1( 3,0 điểm) 1) Giải phương trình nghiệm nguyên 2

8x 3xy5y25
2)Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho A= n.4n3 7n

Câu 2( 4,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: A= 2 10 30 2 2 6 : 2
2 10 2 2 3 1

  

 

2) Cho các số thực dương a,b,c,x,y,z kh{c 0 thoả mãn .

2 2 2

x yz y z z xy

a b c

 _  _ 

Chứng minh rằng

2 2 2

a bc b ca c ab

x y z

 _  _ 

Câu 3( 4,0 điểm) 1) Cho phương trình: 2

6x 0

x   m (Với m là tham số). Tìm m để phương
trình đã cho có hai nghiệm x1 và x2 thoả mãn x₁2 x₂2 12

2) Giải hệ phương trình:

3 3 3

2 2

8x 27 18
4x 6x

y y

  




 



Câu 4( 7,0 điểm) 1) Cho đường tròn (O) đường kính BD=2R, dây cung AC của đường trịn
(O) thay đổi nhưng ln vng góc v| cắt BD tại H. Gọi P,Q,R,S lần lượt l| ch}n c{c đường
vng góc hạ từ H xuống AB,AD,CD,CB.

a) CMR: 2 2 2 2

HA HB HC H không đổi.
b) CMR :PQRS là tứ giác nội tiếp.

2) Cho hình vng ABCD và MNPQ có bốn đỉnh M,N,P,Q lần lượt thuộc các cạnh

AB,BC,CD,DA của hình vng. CMR:SABCD ≤

MN NP PQ QM

AC   

Câu 5( 2,0 điểm)

Cho a,b,c là các số thực dương. CMR:

3 2 3 2a 3 2 6

ab bc ca a b c

a b c b c c a b

 

  

     

SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2012 - 2013

MƠN: TỐN - LỚP 9

(40)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Hướng dẫn
Câu1.1) 2

8x 3xy5y25 Z

x
x
y
x
x
y
x
x
y 














5
3
25
40
24
9
5
3
25
8
25
8
)
5
3
(
2
2

Khi 3x+5 l| ước 25 từ đó tìm được (x;y)



(10;31);(2;7);(0;5)



( cách khac nhân 2 vế với 9 đưavề tích)

1.2) Với n chẵn n=2k thì



m N



t
n
t
k
k
k
k

A k  k   k  k  k       14 114 6 

2
1
7
7
1
2
7
)
9
16
(
4
).
1
2
(
3
4
.

2 2 2 2  

Với n lẻ n=2k+1



m N



m
n
t
k
k
k
k

A(2 1).42k132k12 .42k1(42k132k1)72 7 7  14 1 

Vậy n14m6 hoặc n14m1 ( với mọi nN) thì A chia hết cho 7

Câu2.1) 2 10 30 2 2 6 : 2

2 10 2 2 3 1

  
  =
2
1
2
1
3
.

2
1
3
2
1
3
.
4
3
2
4
2
1
3
.
2
3
2
2
1
3
.
)
1
5
(
2
2
)
1

5
(
6
)
1
5
(
2

2  _   _   _   _







2.2)

2 2 2

x yz y z z xy

a b c

 _  _ 
)
3

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

2
2
2
4
2
3
3
3
2
2
3
3
2
2
2
2
2
4
2
3
3
3
2
2
3
3
2
2
2
2

2
4
2
2
2
2
xyz
z
y
x
z
ab
c
xyz
z
y
z
x
y
x
ab
y
x
xyz
Z
c
Tuongtu
xyz
z
y

x
y
ac
b
z
xy
yz
y
x
z
x
ac
z
x
xz
y
y
b
Tuongtu
xyz
z
y
x
x
bc
a
yz
x
xz
xy

z
y
bc
z
y
yz
x
x
a
xy
z
c
xz
y
b
yz
x
a










































Từ (1) (2) (3) ta co ĐPCM

Câu 3.1) Để phương trình có nghiệm / 0m9(*)

Mặt khác ta phải có 8

2
.
4
2
.
6
12
.
6
2
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
1
2
1

2
1





































m
x
m
x
x
x
x
x
m
x
x
x
x
x
x
m
x
x
x
x

TM ĐK (*)

(41)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC
HD y =0 khơng là nghiệm của hệ chia 2 vế PT(1) cho y3_{PT(2) cho y}2 _{Ta có hệ}











1
6
4
18
27
8
2
2
3
3
y
x
y
x
y
x

Đặt






b
y
a
x
3
2

ta có hệ

















1
3
3
18
2
2
3
3
ab
b
a
ab
b
a
b
a

Hệ có 2 nghiệm



























5
3
6
;
4
5
3
;
5
3
6
;
4
5
3

)
,
(x y

Câu 4.1)
O
H
R
S
P
Q
D
C
B
A

a) theo Pitago HA2HB2 AB2;HC2HB2 BC2;HC2HD2 CD2;HA2HD2 AD2;
suy ra đpcm

b)Tứ giác HPBS nội tiếp HPSHBSDBC

Tứ giác HPAQ là hình chữ nhật HPQHAQCADCBD

Do đó SPQHPSHPQ2CBC

Tương tự SQR2BDC

Do đó 0 0

180

180   





DBC BDC SPQ SRQ nên tứ giác PQRS nội tiếp ( đ/lí đảo)

(42)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC
L
K
P
Q
I
C
N
D
M
A B

Cách 1 Gọi T, K, L l| trung điểm MQ, MP, NP theo t/c đường trung bình và trung tuyến tam
giác vng ta có MNNPPQQM 2(KLCLIKAI)2AC từ đó suy ra đpcm

Cách 2 Ta có theo Pitago

2
2
)
( 2

2
2

2 BM BN

MN
BN

BM
BM

MN        ( áp dụng BĐT Bunhiacoopsky

Tương Tự
2
;
2
;
2
AM
AQ
MQ
DQ
DP
PQ
NP
CN

NP     

Nên



MN NP PQ QM



a dpcm
a
a
a
AM
QA
DQ
PD
CP
NC
NB
BM
QM
PQ
NP
MN



















2
4
2
2
2
2
4
2

Dấu “=” xảy ra khi MNPQ là hình chữ nhật

Câu 5

Cho a,b c > 0 .Chứng minh rằng:

6
2
3
3
2
2
3

c
b
a
c
b
a
ca
c
b
a
bc
c
b
a

ab _  










Dự đo{n a = b = c tách mẫu để a+c = b+c = 2b

Tacó áp dụng BĐT _























z
y
x
z
y
x
z
y

x
z
y

x 1 1 1

9
1
1
9
1
1
1
)
(

1 (1)

3

2 (

) (

) 2

9

2

9

2 ab

a

b

c

a c

b c

b

a c

b c

b

a c

b c













_



_



_



_



   













(43)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

1 1 1 1

(2)

2 3 ( ) ( ) 2 9 2 9 2

1 1 1 1

(2)

3 2 ( ) ( ) 2 9 2 9 2

bc bc bc bc bc b

a b c a b a c c a c b c b a b b c

ac ac ac ac ac c

a b c a b b c a a b b c a a b b c

   

  _   _ _   _

      _   _ _   _

   

  _   _ _   _

             

Từ (1) (2) (3)

6
2

1 a b c a b c

c
a

ab
bc
c

b
ac
ab
b

a
bc
ac

P   







 _  











(44)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

MƠN: TỐN 9
NĂM HỌC 2013 – 2014

Câu 1 (3,0 điểm)

a)Giải phương trình trên tập số nguyên 2 2

5 4 4 8 12 0.

x  y  xy x y 
b) Cho

 

3 2

3 14 2

P x x  x  x . Tìm số các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 m| P x

 

chia
hết cho 11.

Câu 2 (4,0 điểm)

a)Tính giá trị biểu thức

3 2

4 5 2

a a

a a a

 



   , biết

3 3

55 3024 55 3024 .

a   

b) Cho các số thực x y z, , đôi một khác nhau thỏa mãn
x3 3x1, y3 3y1 và z3 3z1.
Chứng minh rằng 2 2 2

6
x y z  .

Câu 3 (4,0 điểm) a) Giải phương trình 3 1 1 3 1.
4

x x

x


   

b) Giải hệ phương trình

2 2

3 2 4 8 4 0

2 3 0.

x y xy x y

x y x y

      

 _ _ _{  }


Câu 4 (7,0 điểm)

Cho đường tròn (O; R) v| d}y cung BC không đi qua t}m. Gọi A l| điểm chính
giữa của cung nhỏ BC. Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A v| có số đo bằng 
khơng đổi sao cho E, F khác phía với điểm A so với BC; AF v| AE cắt đường thẳng

BC lần lượt tại M v| N. Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED l| hình bình h|nh.
a) Chứng minh MNEF l| tứ gi{c nội tiếp.

b) Gọi I l| t}m đường tròn ngoại tiếp tam gi{c MDF. Chứng minh rằng khi góc nội
tiếp EAF quay quanh điểm A thì I chuyển động trên một đường thẳng cố định.
c) Khi 0

  và BCR, tính theo R độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng OI.

Câu 5 (2,0 điểm)Cho c{c số thực dương x y z, , thỏa mãn x  y z 3.
Chứng minh rằng

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

4 .

4 4 4

x y z y z x z x y

xyz

yz zx xy

  _   _   _

  

(45)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ

HDC THI HỌC SINH GIỎI

MƠN: TỐN 9
NĂM HỌC 2013 – 2014

I. Một số chú ý khi chấm bài

 Đ{p {n chấm thi dưới đ}y dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi, giám
khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lơ-gic và có thể chia nhỏ
đến 0,25 điểm.

 Thí sinh làm bài cách khác với Đ{p {n m| đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm
tương ứng với thang điểm của Đ{p {n.

Điểm bài thi là tổng điểm các câu khơng làm trịn số.

II. Đáp án-thang điểm
Câu 1 ( 3,0 điểm)

a)Giải phương trình sau trên tập số nguyên 2 2

5 4 4 8 12 0.

x  y  xy x y 
b)Cho

 

3 2

3 14 2

P x  x  x  x . Tìm số các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 m| P x

 

chia hết
cho 11.

Nội dung Điểm

a) Phương trình tương đương với



2 2







4 4 4 2 4 16

x  y  xy  x y    y 



x2y2



2 16 y2; 0,5
mà x y,  nên



x2y2



2 16, y0 (1) hoặc x2y 2 0,y2 16 (2). 0,5

Ta có (1) x 2,y0 hoặc x 6,y0.
(2) y 4,x6 hoặc y 4,x 10.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là



x y;

 





2; 0 ,

 

6; 0 , 6; 4 ,

 

10;4





0,5

b) Bổ đề: Cho x, y là các số tự nhiên và số ngun tố p có dạng p3k2 thì









3 3

mod mod

x  y p  x y p .

Thật vậy,





3 3





mod mod

x y p x  y p , đúng.

Với 3 3





3 3





mod k k mod

x  y p x  y p .

(46)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC
Với x y, cùng chia hết cho p thì hiển nhiên đúng.

Với



x p,



1,



y p,



1 ta có 1 1





3 1 3 1





1 mod mod

p p k k

x   y   p x   y  p









3 3

. k . k mod mod

x x y y p x y p

    vì 3 3





mod

k k

x  y p .

Áp dụng Bổ đề, ta có

 

 

 





















 











3 3

mod 11 1 11 1 10 1 11 1 10 mod 11

1 1 mod 11 1 1 mod 11 mod 11 .

P x P y x x y y

x y x y x y

          

         

Do đó, P x

 

P y

 

mod 11



 x y



mod 11 .



0,5

Suy ra với mỗi n , trong 11 giá trị P n

  

,P n1 ,



,P n



10



, có duy nhất
một giá trị chia hết cho 11. Do đó, trong c{c số P

   

1 ,P 2 , ,P

 

99 có đúng 9
số chia hết cho 11, còn P

 

0  2 khơng chia hết cho 11.

Vậy có đúng 9 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

0,5

Câu 2 ( 4,0 điểm)

a)Tính giá trị biểu thức

3 2

4 5 2

a a

a a a

 



   , biết

3 3

55 3024 55 3024 .

a   

b) Cho các số thực x y z, , thỏa mãn x3 3x1, y3 3y1,z33z1. Chứng minh rằng
2 2 2

6.
x y z 

Nội dung Điểm

a) Ta có



 





 



3 2

1 2

3 2 2

4 5 2 ₁ ₂ 2

a a

a a a

a a a _a _a a

 

  

  

      ; 0,5

mà 3 3 2



3 3



110 3 55 3024 55 3024 55 3024 .

a       _0,5

3 3

110 3 3 110 0

a a a a

       .









5 5 22 0 5

a a a a

       . Suy ra 7

P . 1,0

b) Ta có x3 3x1(1), y3 3y1 (2),z3 3z1 (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra













3 3 ₂ ₂

3 3 2 2

2 2

3 3

3 _{3 (4)}

3 3 (5)

3 (6).
3

x y x y _x _xy _y

y z y z y yz z

z zx x

z x z x

    _{ } _ _

 _



     

 

 _ _ _ _{   }




1,0

(47)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC
2 2







0 0 0

x z xyyz  xy x y z     x y z ,
(vì x, y, z đôi một phân biệt).

Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có



₂ ₂ ₂







2 ₂ ₂ ₂

3 1

9 6

2 x y z 2 x y z  x y z  .
Câu 3 ( 4,0 điểm)

a) Giải phương trình 3 1 1 3 1.
4

x x

x


   

b) Giải hệ phương trình

2 2

3 2 4 8 4 0

2 3 0

x y xy x y

x y x y

      



    



Nội dung Điểm

a) Điều kiện x{c định: 1, 0
3

x  x .

Phương trình tương đương với 2





12x  3x 1 4x 3x1. Đặt a2 ,x b 3x1
ta có phương trình 2 2







3a b 2ab ba b3a   0 b a hoặc b 3a. Khi
đó 3x 1 2x hoặc 3x  1 6x.

1,0

+) Với 3x 1 2x, điều kiện x0, ta có

2 2

3x 1 2x3x 1 4x 4x 3x   1 0 x 1 hoặc 1
4

x  (loại). 0,5

+) Với 3x  1 6x, điều kiện 1 0
3 x

   , ta có

2 3 153

3 1 6 36 3 1

x   x x  x  x  hoặc 3 153
72

x  (loại).

Vậy phương trình có hai nghiệm 1, 3 153.
72

x x 

0,5

b) Nhân cả hai vế của (2) với 2 ta có hệ phương trình

2 2

3 2 4 8 4 0 (1)

2 2 4 2 6 0 (2)

x y xy x y

x y x y

      



    



Lấy (1) trừ (2) theo vế với vế ta có



2 2















4 4 3 2 2 0 2 3 2 2 0

x  xy y  x y    x y  x y  




x2y1



x2y2



  0 x 2y1 hoặc x2y2.

(48)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

D
I

J
K

N
H
M

E
A

B _C

+) Với x2y1, thế vào (2) và rút gọn ta có y y



   3



0 y 0 hoặc y 3.
Suy ra x1, y0 hoặc x 5, y 3.

+) Với x2y2, thế vào (2) và rút gọn ta có 3 2 13 5 0 13 109
6
y  y   y  
hoặc 13 109.

6
y  

Suy ra 7 109, 13 109

3 6

x   y   hoặc 7 109, 13 109.

3 6

x   y  

Vậy hệ có 4 nghiệm x1, y0; x 5, y 3;

7 109, 13 109

3 6

x   y   ; 7 109, 13 109.

3 6

x   y  

1,0

Câu 4 ( 7,0 điểm)

Cho đường tròn (O;R) v| d}y cung BC không đi qua t}m. Gọi A l| điểm chính giữa của
cung nhỏ BC. Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A v| có số đo bằng  không đổi sao
cho E, F khác phía với điểm A so với BC; AF v| AE cắt đường thẳng BC lần lượt tại M v|

N. Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED l| hình bình h|nh.
a) Chứng minh MNEF l| tứ gi{c nội tiếp.

b) Gọi I l| t}m đường tròn ngoại tiếp tam gi{c MDF. Chứng minh rằng khi góc nội tiếp
EAF quay quanh điểm A thì I chuyển động trên một đường thẳng cố định.

c) Tìm độ d|i nhỏ nhất của đoạn thẳng OI khi 0
60

  và BC R .

a) Ta có
MNE =1

2 (sđAC sđBFE) =
= 1

2 (sđABsđBFE)
AFE  sđAC sđCE
Suy ra: MNEMFE180o

Vậy tứ gi{c MNEF nội tiếp.

2,5

(49)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

M Q

B M' C

Lấy G đối xứng với E qua AP  D EG G, 

 

Ta có MDGNEG, AEG AFG180o MDGMFG180o
Suy ra tứ gi{c MDGF nội tiếp (1)
Gọi giao điểm của AG v| BC l| H

Chứng minh tương tự a) có tứ gi{c MHGF nội tiếp (2)
Từ (1) v| (2) suy ra c{c điểm M, H, D, G,

F nằm trên một đường tròn.

Trung trực của đoạn thẳng FG đi qua O

v| cắt đường tròn (O) tại J; IOJ, sđJF

=sđJG và sđPG=sđPEnên JOP
hay I nằm trên đường thẳng cố định. Đó
l| đường thẳng đi qua O và tạo với AO

một góc  khơng đổi.

1,5

c) Hạ IT BC T



BC



TH TM. Do QH QN, suy ra 1
2

IS  MN

Tam gi{c vng OSI có IOS  không đổi nên OI nhỏ nhất khi v| chỉ khi IS

nhỏ nhất  MN nhỏ nhất. Ta chứng minh MN nhỏ nhất khi v| chỉ khi tam
gi{c AMN c}n tại A.

1,0

Thật vậy, trên BC lấy M’ N’ sao cho M AN' '. Khơng mất tính tổng qu{t giả
sử QM'QN' suy ra AM'AN'. Trên đoạn AM' lấy điểm U sao cho

AU  AN

AUM ANN

    (c.g.c)SAM M' SANN'MM'NN'M N' 'MN

Với



60 ;o BCR suy ra 3



2 3



2 2

R
R

AQ R



   ,



2 3



₂



2 3 3



2 3 3

R R

MN    



2 3 3



6
R
OI



 

1,0

Câu 5 ( 2,0 điểm) Cho các số thực dương x y z, , thỏa mãn x  y z 3. Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

4 .

4 4 4

x y z y z x z x y

xyz

yz zx xy

  _   _   _

(50)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

Nội dung _Điểm

Chứng minh được: 2 2 2





2x y z 2x yz .

Tương tự ta có 2 2 2





2 2 2





2y z x 2y zx , 2z x  y 2z xy .

Do đó ta sẽ chứng minh













4 4 4

x y z y z x z x y

xyz

yz zx xy

  

  

   .

Bất đẳng thức n|y tương đương với













y z z x x y

yz yz zx zx xy xy

 _  _  _

  

0,5

Ta có

_

_









 



4 2 ₂ ₂ ₂ ₂ ₂

yz
y z

yz yz _yz _yz _yz _yz _yz _yz

 _ _

 _ _ _ _ , dễ có









0 2 yz yz   xy 1  1 1 nên



 



1 .

2 yz yz 2 yz yz




 

Vậy nên





2 2 1

y z

yz yz yz

 _

  , tương tự có





4 2 2

z x

zx zx zx

 _

  và





2 2 1 .

x y

xy xy xy

 _

 

Do đó

_

_

_

_

_

_

1 1 1

4 2 4 2 4 2 2 2

y z z x x y

yz yz zx zx xy xy xy yz zx

  

    

      .

0,5

Với a, b, c>0 có





1 1 1

3 a b b c c a 3 2 2 2 9

a b c

a b c b a c b a c

       

  _   _ _  _{ }  _{ }  _    

        nên

1 1 1 9

a   b c a b c(*).

Áp dụng (*) ta có 1 1 1 9 1

2 xy 2 yz 2 zx 6 xy  yz zx  ;

(Vì 3

2 2 2

x y y z z x

xy  yz  zx          x y z ).

Vậy













y z z x x y

yz yz zx zx xy xy

 _  _  _

   .

(51)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC
Do vậy ta có

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

4 4 4

x y z y z x z x y

xyz

yz zx xy

  _   _   _

   .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y z 1.

(52)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

Môn thi: Toán lớp 9

NĂM HỌC 2014-2015

Câu 1 (3,0 điểm)

a)Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x2 y2 xyx y2.

b) Chứng minh rằng với ba số tự nhiên a,b,c trong đó có đúng một số lẻ và
hai số chẵn ta ln có



 



c
b
a
a
c
b
c
b
a
c
b

a           Chia hết cho 96

Câu 2 (4,0 điểm)

a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có

2
1
1
1
2
1
1
1
2













n

n
n
n

b) Tính tổng

2
2
2
2
2016
1
2014
1
1
...
5
1
3
1
1
4
1
2
1
1
3
1
1
1 





 _








 







 







 



S

Câu 3 (4,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2 2
2
2x x  xx

b) Giải hệ phương trình



 





















0
6
2
4

1
2
1
1
2
2
2
2
y
x
y
x
xy
x
y
y
x

Câu 4 (7,0 điểm) Cho BC là dây cung cố định của đường tròn (O; R) ,( BC<2R),A
l| điểm di động trên cung lớn BC,( A không trùng B,C). Gọi AD, BE, CF là các
đường cao của tam giác ABC;EF cắt BC tại P ,qua D kẻ đường thẳng song song với
EF cắt AC tại Q và cắt AB tại R .

a) Chứng minh tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp

b) Gọi M l| trung điểm cạnh BC .Chứng minh hai tam giác EPM,và DEM là
hai tam gi{c đồng dạng.

c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam gi{c PQR luôn đi qua một
điểm cố định

Câu 5 (2,0 điểm) Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn x2  y2 z2 3

Chứng minh rằng xy yz xz

xy
z
xz
y
yz
x





3
3
3

(53)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

HƯỚNG DẪN
Câu 1 (3,0 điểm)

a)Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x2  y2 xy xy2.

b) Chứng minh rằng với ba số tự nhiên a,b,c trong đó có đúng một số lẻ và hai số chẵn ta
ln có



abc

 

3  abc

 

3  bca

 

3  abc



3 Chia hết cho 96

Hướng dẫn
a)
6
)
1
(
)
1
(
)
(
6
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2




















y
x
y
x
y
x
xy
y
x
y
x
xy
y
x

PT có 6 nghiệm (x;y)



    

2;0; 3;2; 1;0





và 3 hoán vị
Đặt a+b-c =z; b+c-a=x; a+c-b=y thì x+y+z=a+b+c

Ta có



xyz



3x3 y3z3 3(xy)(yz)(xz)

Câu 2 (4,0 điểm)

c) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có

2
1
1
1
2
1
1
1
2














n
n
n
n

d) Tính tổng

2
2
2
2
2016
1
2014
1
1
...
5
1
3
1
1
4
1
2
1
1
3
1

1
1 




 _








 







 








 


S

Hướng dẫn a)

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

(
1
1
1
2
1
1
1
)
2
(
2
)
2
(
4
)
2
(
1
1
1
)
2
(
2
)
2
(
1

1
1
2
1
1
1




















































n
n
n

n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
Nên
2
1
1
1
2
1
1
1
2














n
n
n
n
b)
2016
1
2015
1
2
1
2015
2016
1
2004
1
1
...

5
1
3
1
1
4
1
2
1
1
3
1
1

1               



Câu 3 (4,0 điểm)

a) Giải phương trình

2x2 x 2xx2

b) Giải hệ phương trình

(54)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC
Hướng dẫn

a) ĐKXĐ:















2
2
1
0
0
)
2
(
0
)
1
2
(
x

x
x
x
x
x















































1
2
2
0
1
2
2
0
)
1
(
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2

2
2
2
2
2
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

Giải ra x = 1 hoặc x = 1



 





















)
2
(
;
0
6
2
4
)
1

(
;
1
2
1
1
2
2
2
2
y
x
y
x
xy
x
y
y
x

từ PT (1) ta có :


























1
2
0
)
1
)(
2
(
0
)
1
(
2
)

1
)(
(
0
)
1
(
2
)
(
2
2
xy
x
y
xy
y
x
xy
xy
y
x
xy
y
x
xy
y
x

thay vào PT (2) giải ra có 5 nghiệm

  
















 




















5
14
;
5
4
;
3
1
;
2
1
3
;
1
3
;
2
1
3
;
2
;
5
,
0
;

1
;
1
)
(xy
M
R
Q
D
P
E
F
O
B
C
A

a) Do tứ giác BCEF nội tiếp suy ra AFE BCQmà AFE BRQ ( so le )
Suy ra BCQBRQ nên tứ giác BQCR nội tiếp

b) EM là trung tuyến tam giác vuông BEC nên tam giác ECM cân tại M suy ra

ACB

EMD 

(55)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

180
2     



EMD ACB AFE BFD EMD DFE suy ra tứ giác DMEF nội tiếp
suy ra BDF PEM mà BDFBAC MDE nên tam gi{c EPM,v| DEM đồng dạng
(g.g)

c)do DMEF nội tiếp suy ra PFDEMD mà PDFEDM nên tam gi{c PFD đồng
dạng tam giác EMD (g.g) suy ra ;

MD
ED
DF

PD _

do REDAEF FRD nên tam giác FDR
cân tại D suy ra FD=DR;tương tự tam giác DEQ cân tại D nên DE=DQ

mà FD=DR; DE=DQ suy ra ;

MD
DQ
DR

PD _

suy ra tam gi{c PDR đồng dang tam giác QDM ( c.g.c) suy ra PRQPMQ suy ra tứ giác

PRMQ nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam gi{c PQR đi qua điểm M cố định

Câu 5 ( 2.0 điểm)

Cho các số thực dương x,y,z thảo mãn x2  y2 z2 3
Chứng minh rằng xy yz xz

xy
z
xz
y
yz
x





3
3
3
Hướng dẫn
3
3
3
3
3
3
3
3

3 _xyz
z
z
xyz
y
y
xyz
x
x
xy
z
xz
y
yz
x

A     

Ta có 3 2  2  2 33 2 2 2  1

xyz
z
y
x
z
y
x

Nên _A _x3 _x _y3 _y _z3 _z

Áp dụng BĐT Bunhia cho 2 dãy dãy 1 : 3 2 3 2 3 2
;
; y z
x

Dãy 2 : 3 _x_;3 _y_;3 _z



x3 xy₃ y z3 z





3 x2 3 y2 3 z2







xyz



2 3



xyyzxz



_(*)
Ấp dụng Côsi

3
1
1
1
.
1
.
2
3 2  x  

x ;
3
1
1
1
.
1
.
2
3 2  y  

y ;
3
1
1
1
.
1
.
2
3 2  z  

Nên 3

3
6
.
2
2
2
3 2
3 2

3 2    x y z  

z
y
x

Thay Vào (*) Ta có

xz
yz
xy
z
z
y
y
x
x

A 3  3  3   

Hay xy yz xz

xy
z
xz
y
yz
x





3
3

(56)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Cách khác
3
1
1
.

3 _yz  yz _;

3
1
1

3 _xz  xz
;

3
1
1

3 _yx  yx
Nên
3
;

3
9
)
(
3
)
(
:
3
)
(
)
(
3
)
(
2
)
(
3
)
(
2
)
(
3
3
1
1
1

3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
3
3

















































































z
y
x
xz
yz
xy
z
y
x
z
y
x
z
y
x
z
y
x

do
xz
yz
xy
z
y
x
z
y
x
z
y
x
xz
yz
xy
z
y
x
z
y
x
xz
yz
xy
z
y
x
B
B

z
xz
yz
z
y
yz
xy
y
x
xz
xy
x
x
y
z
z
x
y
z
y
x
xy
z
xz
y
yz
x
A

Có thể cịn cách khác hoặc cách giải chưa chính xác mong các bạn bổ sung nhé

(57)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

Mơn: TỐN

NĂM HỌC 2015 – 2016

Câu 1 (3,0

điểm

).

a)

Cho S =

1.2.32.3.4...n(n1)(n2)

với

là số tự nhiên khác

.

Chứng minh rằng

S

1

là số chính phương.

b)

Tìm các số ngun

và

thỏa mãn

x2 2y2 2xy y2

.

Câu 2 (4,0

điểm

).

a)

Tính giá trị biểu thức P =

11
2
3
9
17
4
2

4
3
5






x
x
x
x
x
x

với

4
1
1
2   

x
x

.

b)

Cho

a,b,c

là các số thực dương thỏa mãn

abc5

và

a b c 3

.

Chứng minh rằng

)
2
)(
2
)(
2
(
4
2
2

2       

 c a b c

c
b
b
a
a

.

Câu 3 (4,0

điểm

).

a)

Giải phương trình





2
3

5
1
2
1

3x x2   x2  x

.

b)

Giải hệ phương trình
















0
4
0
2
5
2

2
2
2
2
y
x
y
x
x
y
xy
y
x

.

Câu 4 (7,0

điểm

).

Cho đường tròn t}m O đường kính AB =

R. Gọi M là một điểm bất kỳ

thuộc đường tròn (O) (M khác A, khác B). Các tiếp tuyến với đường tròn

(O) tại A và M cắt nhau ở E. Vẽ MP vng góc với AB (P thuộc AB). Vẽ

MQ vng góc với AE (Q thuộc AE).

a)

Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp và APMQ là hình chữ nhật.

b)

Chứng minh rằng PQ, OE, MA đồng qui.

c)

Gọi K l| giao điểm của EB và MP. Chứng minh rằng K l| trung điểm MP.

d)

Đặt AP =

, tính MP theo R và

. Tìm vị trí của M trên đường trịn (O)

để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất.

Câu 5 (2,0

điểm

).

Cho các số thực phân biệt

a,b,c

. Chứng minh rằng





2
9
)
(
1
)
(
1
)
(
1
2
2
2
2
2
2 














a
c
c
b
b
a
c
b
a

.

(58)

---Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀTHI HỌC SINH GIỎI

Mơn: TỐN

NĂM HỌC 2015 – 2016

I. Một số chú ý khi chấm bài

 Hướng dẫn chấm thi dưới đ}y dựa v|o lời giải sơ lược của một c{ch, khi chấm thi
gi{m khảo cần b{m s{t yêu cầu trình b|y lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic v| có thể
chia nhỏ đến 0,25 điểm.

 Thí sinh l|m b|i theo c{ch kh{c với Hướng dẫn chấm m| đúng thì tổ chấm cần thống
nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của Hướng dẫn chấm.

Điểm bài thi l| tổng c{c điểm th|nh phần khơng l|m trịn số.

II. Đáp án và biểu điểm

Câu 1 (3,0

điểm

).

a)

Cho S =

1.2.32.3.4...n(n1)(n2)

với

là số tự nhiên khác

.

Chứng minh rằng

S

1

là số chính phương.

b)

Tìm các số nguyên

và

thỏa mãn

x2 2y2 2xy y2

.

ĐÁP ÁN ĐIỂM

a) (1,5 điểm). Ta có

S =

1.2.3.42.3.4.(51)3.4.5.(62)...n(n1)(n2)



(n3)(n1)



0,25

=

1.2.3.42.3.4.51.2.3.43.4.5.62.3.4.5...n(n1)(n2)(n3)(n1)n(n1)(n2) 0,25

=

n(n1)(n2)(n3) 0,25

Do đó

S

1

=

n(n1)(n2)(n3)1

=



23



23 2



1

n
n

n 0,25

=



n23n

 

22n23n



1 0,25

=





2
1
3 

 n

. Vậy

S

1

là số chính phương.

0,25

b) (1,5 điểm). Ta có



x y



y y



x y

 





y
xy
y

(59)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

Với y1, PT trở th|nh x22x10x1Z 0,25

Với y0, PT trở th|nh x220xZ 0,25

Với y1, PT trở th|nh x22x10xZ 0,25
Với y2, PT trở th|nh x24x40x2Z.

Vậy có 2 cặp

 

x;y thỏa mãn đề b|i

  

1;1; 2;2



. 0,25

Câu 2 (4,0

điểm

).

a)

Tính giá trị biểu thức P =

11
2
3
9
17
4
2
4
3
5






x
x
x
x
x
x

với

4
1
1
2   

x
x

.

b)

Cho

a,b,c

là các số thực dương thỏa mãn

abc5

và

a b c 3

.

Chứng minh rằng

)
2
)(
2
)(
2
(
4
2
2

2       

 c a b c

c
b
b
a
a

.

ĐÁP ÁN ĐIỂM

a) (2,0 điểm).

Ta có 4 1 3 1

4
1
1

2
2

2    xx x  x  x
x

x 0,5

Khi đó x3x2.x



3x1



x3x2x3



3x1



x8x3 0,25
x4x3.x



8x3



x8x23x8



3x1



3x21x8 0,25

x5x4.x



21x8



x21x28x21



3x1



8x55x21 0,25
Suy ra

P =

11
2
3
9
17
4
2
4
3
5






x
x
x
x
x



 





21 8

 

33 1



2 11
9
17

3
8
4
21
55











x
x
x
x
x
x
0,25

16
3
32
6 _

x

( do x0 ). Vậy P =
16

. 0,5

b) (2,0 điểm). Ta có





9 2

3          




 b c a b c ab bc ca ab bc ca

a 0,25

Do đó a2a ab bc ca 



a b



a c



0,25

b2b ab bc ca 



b c



b a



0,25

c2c ab bc  ca 



c  a



c  b



0,25

Suy ra





 



 

c a



c b



c
a
b
c
b
b
c
a
b
a
a
c
c
b
b
a
a















2 2 2

(60)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC



_

 

_

 

_



a
c
c
b
b
a
b
a
c
a
c
b
c
b
a









 0,25





)
2
)(
2
)(
2
(
2






c
b
a
ca
bc
ab
_0,25

)
2
)(
2

)(
2
(
4




c
b
a

Vậy

)
2
)(
2
)(
2
(
4
2
2

2       

 c a b c

c
b
b

a
a

.

0,25

Câu 3 (4,0

điểm

).

a)

Giải phương trình





2
3
5
1
2
1

3x x2   x2  x

.

b)

Giải hệ phương trình

















0
4
0
2
5
2
2
2
2
2
y
x
y
x
x
y
xy
y
x

.

ĐÁP ÁN ĐIỂM

a) (2,0 điểm).
Điều kiện

2
1



x 0,25

PT 2



3x1



2x2110x23x6

4



2x21



2



3x1



2x2 12x23x20

0,25

Đặt 2x2 1t (t0), ta được 4t22



3x1



t2x23x20 0,25

Ta có













3
9
6
2
3
2
4
1
3
'         

 x x x x x x 0,25

nên PT















4
3
1
3
4
3
1
3
x
x
t
x
x

t











2
1
2
2
2
x
t
x
t
0,25
Với
2
2

 x

t thì

_

_

























0
8
4
7
2
2
1
2
4
2

2
2
1

2 2 ₂ ₂ ₂

(61)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC
Với
2
1
2 
 x

t thì































0
5
4
4
2
1
1
2
1
2
4
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
x
x

x
x
x
x
x
x

2
6
1
2
6
1
2
1














 x

x
x
.
0,25

Kết hợp điều kiện

2
1



x ta được nghiệm của PT l|






   

2
6
1
;
7
60
2

x . 0,25

b) (2,0 điểm).

Xét hệ phương trình
















0
4
0
2
5
2
2
2
2
2

y
x
y
x
x
y
xy
y
x

)
2
(
)
1
(

PT

(1) 2x2y2xyy5x20y2



x1



y2x25x20

0,25

Ta có













1
9
9
18
9
2
5

2
4
1
'          

 x x x x x x 0,25

Khi đó PT
























2
1
3
1

2
1
3
1
)
1
(
x
x
y
x
x
y
0,25
_








1
2
2
x
y
x
y

0,25
Với yx2, thay vào PT (2) ta được 2x24x20x1y1 0,25
Với y2x1, thay vào PT (2) ta được _










5
4
1
0
4
5 2
x
x
x
x _0,25

*) x1y1 *)

5
13
5

4_ __



 y

x 0,25

Vậy nghiệm của hệ phương trình l|

 

1;1 và 




_ _
5
13
;
5
4
0,25

Câu 4 (7,0

điểm

).

Cho đường trịn t}m O đường kính AB =

R. Gọi M là một điểm bất kỳ

(62)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

a)

Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp và APMQ là hình chữ nhật.

b)

Chứng minh rằng PQ, OE, MA đồng qui.

c)

Gọi K l| giao điểm của EB và MP. Chứng minh rằng K l| trung điểm MP.

d)

Đặt AP =

, tính MP theo R và

. Tìm vị trí của M trên đường trịn (O) để

hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất.

ĐÁP ÁN ĐIỂM

E
I

A
B

a) (2,0 điểm).

Xét tứ gi{c AEMO có góc OAE = OME = 900 nên tứ gi{c AEMO nội tiếp. 1,0
Xét tứ gi{c APMQ có góc MPA = PAQ = AQM = 900nên tứ gi{c APMQ l| hình

chữ nhật. 1,0

b) (2,0 điểm).

Do APMQ l| hình chữ nhật nên hai đường chéo PQ v| MA cắt nhau tại trung điểm I
của mỗi đường.

1,0

Do tiếp tuyến tại A v| M cắt nhau tại E, I l| trung điểm MA nên O, I, E thẳng h|ng.

Vậy PQ, OE, MA đồng qui tại I 1,0

c) (2,0 điểm).

O l| trung điểm AB, I l| trung điểm MA nên OI song song với MB MBP = EOA
Mà MPB = EAO = 900 nên MPB đồng dạng với EAO (g.g).

0,5

Suy ra PB : AO = PM : AE  PB. AE = PM. AO (1) 0,5

Do PK song song với AE nên PB : AB = PK : AE  PB. AE = PK. AB (2)

(63)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Từ (1) v| (2) suy ra PM. AO = PK. AB  PM. 2AO = 2PK. AB  PM = 2PK
(do 2AO = AB)
Vậy K l| trung điểm MP.

0,5

d) (1,0 điểm).

Trong tam giác vng MPO, ta có MP2_{= OM}2_{– OP}2_{= R}2_{– (R -}_x₎2_{khi P thuộc đoạn}
OA

MP2_{= OM}2_{– OP}2_{= R}2_{– (}_x_{- R)}2_{khi P thuộc đoạn OB}
Khi đó MP2_{= (2R -}_x₎_x_{. Suy ra MP =} ₍₂_R_x₎_x

0,25

Diện tích hình chữ nhật APMQ l| S = MP. AP = 3
)
2

( Rx x 0,25

Áp dụng BĐT 4

4
2

2 ab cd abcd

d
c
b

a      với mọi a,b,c,d 0
hay

4
4 






   
 a b c d

abcd . Dấu “=” xảy ra abcd

0,25

S = 2

4
3
4
3
3
4
3
3
3
2
.
27

3
.
3
.
3
).
2
(
27
)
2
( R
x
x
x
x
R
x
x
x
x
R
x
x
R 










 _ _ _ _





Dấu “=” xảy ra R x x x R

2
3
3

2    

 . Suy ra P l| trung điểm OB. Do đó ta x{c định
được M để diện tích hình chữ nhật APMQ lớn nhất.

0,25

Câu 5 (2,0

điểm

).

Cho các số thực phân biệt

a,b,c

. Chứng minh rằng





2
9
)
(

1
)
(
1
)
(
1
2
2
2
2
2
2 













a
c
c
b

b
a
c
b
a

.

ĐÁP ÁN ĐIỂM

Ta có 





 _







 _








 _








 _







 _







 _


1
1

1
1
1
1
a
c
a
c
c
b
c
b
b
a
b
a
a
c
a
c
c
b
c
b
b
a
b
a

. . . 1
















b
a
b
a
a
c
a
c
a
c
a
c
c
b

c
b
c
b
c
b
b
a
b
a 0,25

Khi đó 0

2















a

c
a
c
c
b
c
b
b
a
b
a
2.
2
2
2






























a
c
a
c
c
b
c
b
b
a
b
a
2
.
.
. 















b
a
b
a
a
c
a
c
a
c
a
c
c
b
c
b

c
b
c
b
b
a
b
a
0,25

(64)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
)

(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
.
2
a
c
a
c
a

c
c
b
c
b
c
b
b
a
b
a
b
a
a
c
a
c
c
b
c
b
b
a
b
a































































 3 2 3 5

2
2

2
a
c
a
c
c
b
c
b
b
a
b
a
2
5
)
(
)
(
)
( 2
2
2
2
2
2
2
2
2
















a
c
a
c
c
b
c
b
b
a
b
a
(1)

Mặt kh{c 





 _






 _






 _







 _







 _






 _

 1 1 1 1 1 a b 1

c
a
c
b
c
b
a
b
a
c
a
c
b
c
b
a

. . . 1










c
b
a
b
a
c
b
a
c
a
c
b
a
c
b
c
b
a 0,25

Khi đó 0

2












 a b

c
a
c
b
c
b
a
2.
2
2
2



























b
a
c
a
c

b
c
b
a
2
.
.
. 








 b c

a
b
a
c
b
a
c
a
c
b
a
c

b
c
b
a
(2)
0,25

Từ (1) v| (2) suy ra





_












 2 2 ₂ ₂ ₂

2
)
(
1
)
(

1
)
(
1
a
c
c
b
b
a
c
b
a















 2 2₂ 2 2₂ 2 2₂

)
(
)
(
)

( c a

a
c
c
b
c
b
b
a
b
a
2
9
2
2
5
2
2
2




























b
a
c
a
c
b
c

b
a
.

Dấu “=” xảy ra





1 1 1 0

0
0






































a
c
c
b
b
a
c
b
a
b
a
c
a
c
b

c
b
a
a
c
a
c
c
b
c
b
b
a
b
a

Chẳng hạn a0,b1,c1.

0,5

(65)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2016-2017

Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề
(Đề thi có 03 trang)

Thí sinh làm bài (cả phần trắc nghiệm khách quan và phần tự luận) ra tờ giấy thi.
A. PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8 điểm)

Câu 1. Biểu thức

2
5 3
6

x x



  có nghĩa khi n|o?

A.   3 x 2. B. 5 2.

3 x C. x 3 hoặc x2. D.

5
3

3
x

   .

Câu 2. Cho biểu thức 4 4 45 2

2 15 3

x x x x x

x x x

   

 

   (x0;x25).
Tìm gi{ trị nhỏ nhất của Q.

A. 2

3. B.

3. C. 2. D. 3.

Câu 3. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d):y 



2m3



x4m3. Gọi h

l| khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng (d) . Tìm gi{ trị lớn nhất của h.

A.2 3. B. 13. C. 15. D. 5.

Câu 4. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A



2;3 ;

 

B  4; 4 ;

 

C 5; 1



. Tính
diện tích tam gi{c ABC .

A. 30,5. B. 28,5. C. 42. D. 38.

Câu 5. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba đường thẳng

 

2 1 2

3 2 3

d x y ;

 

1 1

3 2

d y  x ;

  

d3 : 2m3



x3my0. Tìm m để ba đường thẳng đã cho đồng
quy.

A. 1.

2


B. 1.

2 C.

3
.

2 D.

2
.
3


Câu 6. Cho Parabol (P): 2

yx v| đường thẳng (d) có phương trình





2 2 5 16

y m x m . Tìm gi{ trị của m để (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt
nằm về hai phía của trục tung.

(66)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

A. 16.

m B. 3 16.

5
m
 
C.m 4 hoặc 16.

m D. 16.

5
m

Câu 7. Gọi



x y0; 0



l| nghiệm của phương trình





2 2

9 4 7 2 3 7

x  y  x  y x sao cho
0

y đạt gi{ trị lớn nhất . Tính tổng x0 y0.

A. 4. B. 5.

2


C. 3.

2


D. 5.

Câu 8. Tìm m để phương trình 2

( 4) 3 0

x  m x  m có hai nghiệm x x1; 2l| độ dài
hai cạnh góc vng của một tam gi{c vng có độ dài cạnh huyền bằng 26.

A. m 8 hoặc m2 . B. m2 .

C. m 8 . D. m8 hoặc m 2 .

Câu 9. Cho hình thang ABCD (AB//CD) có AB2,5cm AD; 3,5cm BD; 5cm và
DBCDAB. Tính tổng BC+DC.

A. 17 (cm) . B. 19 (cm). C. 20 (cm). D. 22 (cm).

Câu 10. Cho tam giác ABC vuông tại A đường phân giác AD,



DBC



. Đẳng

thức n|o sau đ}y đúng ?

A. 1 1 3

AB AC  AD. B.

1 1 2

AB AC  AD. C.

1 1 1

AB AC  AD. D.

1 1 2

AB  AC  AD.

Câu 11. Cho tam giác nhọn ABC có 0
30

BAC  , kẻ hai đường cao BD, CE



DAC E; AB



. Gọi S S; ' lần lượt l| diện tích ABC,ADE. Tính tỉ số S'

S .

A. 3.

4 B.

4 C.

1
.

2 D.

3
.
2

Câu 12. Cho tam giác ABC vuông tại A. Kẻ AH  BC , HDAB, HEAC



HBC D, AB E, AC



. Đẳng thức n|o sau đ}y đúng ?

A.AD AB.  AE AC. . B.BD BA. CE CA. . C.

. . .

AD DBAE ECAH D. 2

. .

BD BA AH

Câu 13. Cho tam gi{c nhọn ABC có ABC ACB, kẻ đường cao AH, trung tuyến AM

(67)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

A.tan cot - cot .
2

C B

HAM  B.tan cot - cot .
2

B C

HAM 

C.tan tan - tan .
2

C B

HAM  D.tan cos - cos .

C B

HAM 

Câu 14. Cho đường trịn tâm O, đường kính AB =2R . Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của OA, OB. Qua M kẻ dây cung CD, qua N kẻ dây cung EF sao cho CD//EF

(C, F cùng thuộc nửa đường tròn đường kính AB) và 0
30

CMO . Tính diện tích tứ
giác CDEF theo R.

A.
2

15
8
R

. B.
2

13
4
R

. C.
2

15
4
R

. D.
2

3 15

8
R

Câu 15. Cho đường tròn tâm O, đường kính AB=2R. Điểm M thuộc tia đối của tia

AB, qua M kẻ tiếp tuyến MC với đường tròn (O) ( C là tiếp điểm), kẻ CH vng góc
với AB



HAB



biết MAa MC; 3a(a0).Tính CH theo a.

A. 12
5
a

. B. 9
5

. C. 8
5

. D.14

5
a

Câu 16. Một ngọn hải đ ng ở vị trí A c{ch bờ biển (l| đường thẳng) một khoảng
3 ( )

AH  km . Một người g{c hải đ ng muốn từ vị trí A trở về vị trí B trên bờ biển
(HB = 24 (km)), bằng c{ch ch o thuyền với vận tốc 3 (km/h) tới vị trí M trên bờ (M

nằm giữa H v| B) sau đó từ M chạy bộ dọc theo bờ biển đến B với vận tốc gấp bốn
lần vận tốc ch o thuyền. Biết tổng thời gian di chuyển từ A về đến B hết 3 giờ 20
phút. Tính khoảng cách MB ?

HB=24km

3km

M _B

H
A

A. 12 (km). B. 16 (km). C. 18 (km) . D. 20 (km).

B. PHẦN TỰ LUẬN (12 điểm)
Câu 1 (3,0 điểm)

a) Cho các số dương a b c, , thỏa mãn ab bc ca  1. Chứng minh rằng

2 2 2 0

1 1 1

a b b c c a

c a b

 _  _  _

(68)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC
b) Chứng minh rằng nếu a b. 3thì hai phương trình sau:

3 2 4

(a a x) a ya  1 0; (b3b x b y)  2 b4 1 0 (a,b là các tham số) khơng có
nghiệm ngun chung.

Câu 2(3,5 điểm)

a)Giải phương trình 2x 3 x 1 1.
b) Giải hệ phương trình

3 2 2 2

3 5 4

3 1 1.

x x y x xy y x y

x y x

      




   

 .

Câu 3(4,0 điểm). Cho đường tròn ( ; )O R v| điểm A cố định trên ( ; )O R . Gọi M, N là
c{c giao điểm của hai đường tròn ( ; )O R và ( ; )A R ; H l| điểm thay đổi trên cung nhỏ
MN của đường tròn ( ; )A R . Đường thẳng qua H và vng góc với AH cắt ( ; )O R tại

B, C. Kẻ HI AB I( AB HK), AC K( AC).

a) Chứng minh rằng IK luôn vng góc với một đường thẳng cố định và

. 2

AB AC R .

b) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích AIK khi H thay đổi.

Câu 4(1,5 điểm). Cho các số dương a b c, , thỏa mãn a b c  1. Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2

2( ) ( ) 4 .

P a b b c c a  a b c  abc
...HẾT...

Họ và tên thí sinh: ... SBD: ...

(69)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2016-2017

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

Hướng dẫn chấm có 05 trang

I. Một số chú ý khi chấm bài

- Đ{p {n chấm thi dưới đ}y dựa vào lời giải sơ lược của một cách. Khi chấm thi giám
khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia
nhỏ đến 0,25 điểm.

- Thí sinh làm bài theo cách khác với đ{p m| đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho
điểm tương ứng với thang điểm của đ{p {n.

- Điểm bài thi là tổng điểm các câu khơng làm trịn số.

II. Đáp án – thang điểm

1. Phần trắc nghiệm khách quan

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

Đáp
án
đúng

D C B B A D A B A B A A,

C A C A D

Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

2. Phần tự luận

Nội dung Điểm

Câu 1. (3,0 điểm)

a) Cho các số dương a b c, , thỏa mãn ab bc ca  1. Chứng minh rằng

2 2 2 0

1 1 1

a b b c c a

c a b

 _  _  _

  

1,5

Ta có 2 2

1a ab bc caa (ab a)( c). _0,25

Tương tự

2 2

1 ( )( );

1 ( )( ).

b ab bc ca b b a b c

c ab bc ca c c a c b

       

0,25

(70)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

Nội dung Điểm

Suy ra ₂ 1 1

1 ( )( )

a b a b

c c a c b c b c a

 _  _ _

     . 0,25

1 1

;

1 ( )( )

1 1

1 ( )( )

b c b c

a a b a c a c a b

c a c a

b b a b c b a b c

 _  _ _

    

 _  _ _

    

0,25

Vậy ₂ ₂ ₂ 1 1 1 1 1 1 0

1 1 1

a b b c c a

c a b c b c a a c a b b a b c

 _  _  _ _ _ _ _ _ _

         . 0,5

b) Chứng minh rằng nếu a b. 3 thì hai phương trình:

3 2 4

(a a x) a ya  1 0 (1); (b3b x b y b)  2   4 1 0 (2) (a,b là các tham số)
khơng có nghiệm nguyên chung.

1,5

Giả sử (1) và (2) có nghiệm nguyên chung ( ;x y0 0), ta có

(a3a x) 0a y2 0a4 1 0 (3) ; (b3b x) 0b y2 0  b4 1 0 (4)

0,25

Vì a b, 0 ta có

4 3 2

0 0 0

2
2

0 0 0 0

4 3 2

0 0 0

2
2

0 0 0 0

(3) 1 0

1 1 1 1

0 2 0;

(4) 1 0

1 1 1 1

0 2 0.

a x a y a x a

a a x y a x a y

a a a a

b x b y b x b

b b x y b x b y

b b b b

     

       

_  _{ }  _   _  _  _  _  

       

     

       

_  _{ }  _   _  _  _  _  

       

Suy ra 1 2

1 1

;

t a t b

a b

    là hai nghiệm của phương trình bậc hai (ẩn t)
2

0 0 2 0
t x t y   .

0,25

Theo định lí Viet:

0 ₀

0 0

1 1

1 1 1

2 2.

a b

a b x a b x

a b ab

a b

a b y ab y

a b b a ab

 _{    }  _{ }  _{ }

 _

 _ 

 

  

_ _ _ _ __ _  _{ } _ _ _



   



0,25

(71)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

Nội dung Điểm

2 2 2

0
0

2 2 2 2

0 0 0

3 ₉

6
16

16 16

( ) 3 16.

3 3

a b ab x

a b x

a b

y a b ab y a b y

b a



 _{  } _ _ _ _



   

 _ _

  

 _{ } _  _ _ _ _ _ _ _

 

 

Suy ra 2 2

0 0 0 0

6 3 16 9 48 160 (4)

16x   y   x  y  . Điều này vơ lí vì VT(4) chia
hết cho 3 nhưng VT(4) không chia hết cho 3.

Vậy nếu a b. 3thì hai phương trình (1), (2) khơng có nghiệm ngun chung.
0,5

Câu 2(3,5 điểm)

a) Giải phương trình 2x 3 x 1 1 (1) _2,0

Điều kiện: x 1. 0,5

Ta có:

(1) 2 3 1 1

2 3 2 2 1

2 1 1

x x

x x x

x x

    

     

   

0,5

2
1

4( 1) 2 1

2 3 0

x x x

x x

 

 

   


 

 

  



0,5

3
1
x
x



  _{ }

 .

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x 1;x3.

0,5

b) Giải hệ phương trình

3 2 2 2

3 5 4 (1)

3 1 1 (2)

x x y x xy y x y

x y x

      




   

 . 1,5

Điều kiện x0;y 1. Ta có:

2 2 3 2

2
2

(1) ( 5 1) ( 3 4 ) 0

( 1)( 4 ) 0

4
1 0

y x x y x x x

y x y x x

y x x

y x

       

     

  
  _{  }



(72)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

Nội dung Điểm

Từ (2)3 x  y         1 x 1 1 x 0 y x 1 0 y  x 1 0.
Vậy ta có 2

(1) y x 4x. 0,25

Thay 2
4

y x  x vào (1) ta có 3 x x24x  1 x 1 (3) .
Vì x0 khơng là nghiệm của (3) nên

1 1

(3) x x 4 3

x
x

     

0,25

Đặt t x 1 (t 2) x 1 t2 2

       . Phương trình trên trở thành:

2 2

3 ₅

6 3 6 3

2
6 (3 )

t t t t t

t t




       _  

  


0,25

Suy ra 2

1 25 17

2 1 0 ₁

4 4

4
x

x x x

x x





       

 


. 0,25

Từ đó suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm: (4;0);( ;1 15)
4 16



. 0,25

Câu 3.Cho đường tròn ( ; )O R v| điểm A cố định trên ( ; )O R . Gọi M, N là các
giao điểm của hai đường tròn ( ; )O R và ( ; )A R ; H l| điểm thay đổi trên cung
nhỏ MN của đường tròn ( ; )A R . Đường thẳng qua H và vng góc với AH

cắt ( ; )O R tại B, C. Kẻ HI  AB I( AB HK),  AC K( AC).

4,0

A'
J

I O

C
B

(73)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Nội dung Điểm

. 2

AB AC R .

Ta có _AIH _{90 ;}0 _AKH ₉₀0

. Vì _AIH _AKH ₁₈₀0

nên tứ giác AIHK nội tiếp. 0,5
Kẻ tiếp tuyến At của đường tròn ( ; )O R tại A.

Ta có:

0
0
90

(1)

ACB HAC

ACB AHK

AHK HAC

 _ _

 _ _



 



0,5

Ta lại có: AHK AIK (do tứ giác AIHK nội tiếp) (2)

BAt ACB(cùng bằng 1

2sđAB) (3).

Từ (1), (2), (3) suy ra: BAt AIKAt IK.

0,5

Mặt khác OAAtIK OA. Vậy IK luôn vuông góc với đường thẳng cố

định OA. 0,5

Gọi J l| giao điểm của AO và IK; A’ l| điểm đối xứng với A qua O.

Ta có:





' ' 90 ; '

ACH AA B AHC ABA ACH AA B

      . 0,25

. . ' 2 . 2

AC AH

AB AC AH AA R AH R

AA AB

      . 0,25

b) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích AIK khi H thay đổi. 1,5

Ta có 2

. .

AK AH

AKH AHC AK AC AH

AH AC

       _0,25

Gọi S S, 'lần lượt là diện tích các tam giác ABC và AIK.

Ta có AIK ACB AI AK IK AJ

AC AB BC AH

      , suy ra: 0,25





2 2 ₄ ₂

2 2

1
.

' ₂ . 1

1 _. _.2 ₄ ₄

.
2

AJ IK

S AJ IK AK AK AC AH AH

S _{AH BC} AH BC AB AB AC _{AH R} R

   

  _ _ _ _   

    . 0,5

Suy ra

1 1

' . . . .2

4 8 8 8 4

R R R

S  S  AH BC  BC  R . 0,25

Vậy giá trị lớn nhất của tam giác AIK bằng
2
4
R

, đạt khi H O. 0,25

(74)

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

Nội dung Điểm

của biểu thức 2 2 2 2 2 2

2( ) ( ) 4

P a b b c c a  a b c  abc.
Ta có:

2 2 2 2 2 2

( )( ) ( ) ( ) 3

ab bc ca a b c ab bc ca  a b b c c a  ab bc ca  abc
Suy ra

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

( ) 2( ) 1 2( )

1 2 ( ) ( ) 3

a b c a b c ab bc ca ab bc ca

a b b c c a ab bc ca abc

           

 

  _       _

0,25

Do đó:

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

2( ) 1 2 ( ) ( ) 3 4

1 2( )

P a b b c c a a b b c c a ab bc ca abc abc

ab bc ca abc

 

     _       _

    

0,25

Khơng mất tính tổng qt có thể giả sử a b c.
Suy ra a a b b c(  )(   ) 0 (a2ab b c)(  ) 0

a b a c ab2  2  2abc 0 ab2ca2a b abc2 

0,25

Do đó

2 2 2 2 2 2 2 2 2

( ) ( ) ( )

ab bc ca abc ab ca bc abc a babc bc abcb ac 0,25
Với các số dương x, y, z ta ln có:



 



3 3 3

3 1 3 3 3

3 0

x  y x xyz  x y  z _ x y  y z  z  x _

 

Suy ra

3
3

3 (*)

x y z

x  y z xyz xyz    _

 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z.
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có

2 2 2 4

( ) 4 4 4

2 2 3 3 27

a c a c

a c a c a b c

b a c b

 

 _ _ 

 

   

    

  _ _ _ _ _  _ _ 

   _ _  

 

0,25

Suy ra 2 2 2 2 4 19

1 2( ) 1 2 ( ) 1 2.

27 27
P  ab bc ca abc   b ac   

Vậy 19

MinP . P đạt giá trị nhỏ nhất khi 1
3
a  b c .

(75)

Trang 1/3

ĐỀ CHÍNH THỨC

PHÚ THỌ LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017-2018

Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề
(Đề thi có 03 trang)

Thí sinh làm bài (trắc nghiệm khách quan và phần tự luận) ra tờ giấy thi; không làm

bài vào đề thi.

A. PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8,0 điểm)
Câu 1. Cho phương trình _x2__mx_{ }_{4 0.}

Tập hợp các giá trị của tham số m để phương trình có
nghiệm kép là



4; 4 .



 

4 . C.

 

4 . D.

 

16 .

Câu 2. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, góc tạo bởi hai đường thẳng có phương trình y 5 x và

y x_bằng
A._{70 .}o

B. _{30 .}o

C. _{90 .}o

D. _{45 .}o

Câu 3. Cho





3_{10 6 3} _{3 1}
.
6 2 5 5

x  

  Giá trị của biểu thức



₃



2018

4 2

x  x

bằng

A. _₂2018_. _B.₂2018_. _C._0. D. 1.

Câu 4. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2018; 1) và B( 2018;1). Đường trung trực của
đoạn thẳng AB có phương trình là

A. 2018.

y 

B. 2018.

y C. y2018 .x D. y 2018 .x

Câu 5. Cho biểu thức P 2x 8x 4 2x 8x4 , khẳng định nào dưới đây đúng ?

P 

với mọi

1
2

x

. B. P 2 với mọi x1.

C. P 2 2x1 với mọi x1. _D. P 2 2x1_{với mọi}1₂ x 1.

Câu 6. Trong góc phần tư thứ nhất của hệ trục tọa độ Oxy cho điểm M, biết rằng M cách đều trục
tung, trục hoành và đường thẳng y 2 x. Hoành độ của điểm M bằng

A. 2 2. B. 2 2.

1
.

2 D. 2.

Câu 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, khoảng cách từ điểm M



2018; 2018



đến đường thẳng

y x _bằng

A. 2. _B. _2. C. 4. D. 1.

Câu 8. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

cho điểm

10 .
3

A_ m;m - _

  Khi

thay đổi thì khẳng định nào
dưới đây đúng ?

A. Điểm A thuộc một đường thẳng cố định. B. Điểm A thuộc một đường tròn cố định.

C. Điểm A thuộc một đoạn thẳng cố định. _D._ĐiểmA _{thuộc đường thẳng}y x 10.

Câu 9. Cho tam giác ABC cóAB3 cm AC, 4 cm và BC5 .cm Kẻ đường cao AH, gọi I K, lần
lượt là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác HAB và tam giác HAC. Độ dài của đoạn thẳng KI bằng

(76)

Trang 2/3
bằng

A. 2 cm . _B. ₂_ ₃_cm_. _C. ₁_ ₅_cm_. _D. ₂_ ₃_cm_.

Câu 11. Cho hai đường trịn

 

I 3; và



O;6



tiếp xúc ngồi với nhau tại .A Qua A vẽ hai tia vng
góc với nhau cắt hai đường trịn đã cho tại B và .C Diện tích lớn nhất của tam giác ABC bằng

A. 6. B. 12. C. 18. D. 20.

Câu 12. Cho hình thoi ABCD có cạnh bằng 1. Gọi x y, lần lượt là bán kính đường trịn ngoại tiếp của
tam giác

ABC

và tam giác

ABD

Giá trị của biểu thức 2 2
1 1

x  y _bằng

A. 4. _B. 2.

3
.

2 D.

1
.
4

Câu 13. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn



O R;



đường kính AC và dây cung BD R 2.
Gọi , , , x y z t lần lượt là khoảng cách từ điểm O tới AB CD BC DA, , , . Giá trị của biểu thức xy zt
bằng

A. _{2 2 .}_R2 _B. _{2 .}_R2

2
.

2 R D.

2
.

4 R

Câu 14. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I; 2 cm) và nội tiếp đường tròn



O;6 cm



. Tổng
khoảng cách từ điểm O tới các cạnh của tam giác ABC bằng

A. 8 .cm B. 12 .cm C. 16 .cm D. 32 .cm

Câu 15. Nếu một tam giác có độ dài các đường cao bằng 12,15, 20 thì bán kính đường trịn nội tiếp
tam giác đó bằng

A. 5. B. 4. C. 3. D.6 .

Câu 16. Trên một khu đất rộng, người ta muốn rào một mảnh đất nhỏ hình
chữ nhật để trồng rau an toàn, vật liệu cho trước là 60m lưới để rào. Trên
khu đất đó người ta tận dụng một bờ rào AB có sẵn (tham khảo hình vẽ
bên) để làm một cạnh hàng rào. Hỏi mảnh đất để trồng rau an tồn có diện
tích lớn nhất bằng bao nhiêu ?

A.₄₀₀_m2_. _B.₄₅₀_m2_. _C.₂₂₅_m2_. _D.₅₅₀_m2_.

B. PHẦN TỰ LUẬN (12,0 điểm)
Câu 1 (3,0 điểm).

a) Cho a b c2







b c a2







2018 với a b c, , đôi một khác nhau và khác không. Tính giá trị
của biểu thức c a b2







b) Tìm tất cả các số nguyên dương a b c, , thỏa mãn a b c  91 và _b2 __ca_.

Câu 2 (3,5 điểm).

a) Giải phương trình x22x x22x 2 0.

b) Hai vị trí A và B cách nhau 615 m và cùng nằm về
một phía bờ sơng. Khoảng cách từ A B, đến bờ sông lần lượt là
118 m và 487 m(tham khảo hình vẽ bên). Một người đi từ A

đến bờ sông để lấy nước mang về .B Đoạn đường ngắn nhất
mà người đó có thể đi được bằng bao nhiêu mét (làm tròn đến
đơn vị mét).

(77)

Trang 3/3

( ,B C_{là các tiếp điểm). Một cát tuyến thay đổi qua}A_cắt

 

O _tạiD_vàE AD ( AE)._{Tiếp tuyến}

của

 

O tại D cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC tại các điểm M và .N

a) Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AD. Chứng minh rằng bốn điểm M E N I, , , cùng thuộc
một đường tròn

 

T .

b) Chứng minh rằng hai đường tròn

 

O và

 

T tiếp xúc nhau.
c) Chứng minh rằng đường thẳng IT luôn đi qua một điểm cố định.

Câu 4 (1,5 điểm).

Chứng minh rằng





2 2 2

3 3 3

a b b c c a

a b c

a ab b bc c ca

  

 

  _   _

  

  với

, ,

a b c

là độ dài ba cạnh của
một tam giác.

--- HẾT

---Họ và tên thí sinh:………Số báo danh:………..

Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM
PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017-2018

Mơn: TỐN

(78)

Trang 4/3

A C B C B,D A,B B A

Câu 9 10 11 12 13 14 15 16

D B C A C A A B

B. PHẦN TỰ LUẬN (12 điểm)

Câu 1

3,0 điểm

a) Cho a b c2







b c a2







2018 với a b c, , đôi một khác nhau và khác khơng.
Tính giá trị của biểu thức c a b2







b) Tìm tất cả các số nguyên dương a b c, , thỏa mãn a b c  91 và _b2 __ca_. Điểm

a)
1.5 điểm

Ta có













2 2 a b a b 1_.

a b c b c a

bc ab ab ca c b a c



       

   0,25

Suy ra ab bc ca   0 bc a b c







 abc a b c 2







2018.(1) 0,5









0 .(2)

ab bc ca   ab c a b  abc c a b  _0,5

Từ (1) và (2) ta được c a b2







2018. 0,25

b)
1,5 điểm

Đặt b qa c q a q ;  2



1



thì ta được a 1



 q q2



91 13.7. 0,25

Trường hợp 1: Nếu q là số tự nhiên thì ta được
2

1 1

1; 9; 81.
9

1 91

a a

a b c

q
q q

 

 

    

 _{ } _ _{ }




0,25

7 7

7; 21; 63.
3

1 13

a a

a b c

q
q q

 

 

    

 _{ }

   _

 0,25

13 13

13; 26; 52.
2

1 7

a a

a b c

q
q q

 

 

    

 _{ }

   _

 0,25

Trường hợp 2: Nếu

là số hữu tỷ thì giả sử



3; 2 .



q x y

  

Khi đó a 1



 q q2



91a x



2xy y 2



91y2



x2xy y 2 19



0,25

Ta có

2 2 2

2 2 91 6; 5.

ax a

c a ty x xy y x y

y y

            

và a25;b30;c36.

Vậy có 8 bộ số



a b c; ;



thỏa mãn



1;9;81 , 81;9;1 , 7; 21;63 , 63; 21;7 ;...

 



0,25

Câu 2.
3,5 điểm

a) Giải phương trình _x2_₂_x_ _x2_₂_x_{ }_{2 0.}

b) Hai vị trí A và B cách nhau 615m và cùng nằm về một phía bờ sông. Khoảng
cách từA B, đến bờ sông lần lượt là 118m và 487m(tham khảo hình vẽ dưới đây).
Một người đi từ A đến bờ sông để lấy nước mang về B. Đoạn đường ngắn nhất mà
người đó có thể đi được bằng bao nhiêu mét (làm tròn đến 1 chữ số thập phân).





2 ₂ 2 ₂ _{2 0} 2 ₂ ₂ 2 ₂ _{2 2 0.}

x  x x  x   x  x  x  x   0,25

2
2

2 2 1( )

2 2 2

x x L

x x

 _ _{  }




 _ _{ }



0,25
0,25

2 ₂ _{2 4} 2 ₂ _{2 0}

x x x x

(79)

Trang 5/3

1 3

x
 

  

 0,25

b)
2,0 điểm

Gọi C D, lần lượt là hình chiếu của A B, lên bờ sông. Đặt CEx



0 x 492



Ta có





2
2

615 487 118 492.

CD    0,25

Quãng đường di chuyển của người đó bằng AE EB





2 ₁₁₈2 ₄₉₂ ₄₈₇2

x x

    

0,25

Ta có với mọi a b c d, , , thì



 



2 2

2 2 2 2 _(1).

a b  c d  a c  b d 0,25

Thật vậy

 









 



2 2

2 2 2 2 ₂ 2 2 2 2

1 a b  c d  a b c d  a c  b d



_a2 _b2



_c2 _d2



_{ac bd}₍₂₎

    

Nếu ac bd 0 thì (2) ln đúng. Nếu ac bd 0bình phương hai vế ta được 0,25

(2) trở thành



ad bc



20.Dấu đẳng thức sảy ra khi ad bc . 0,25
Áp dụng (1) thì



 



2 2

492 487 118 608089 779,8

AE EB  x x     m 0,25

Dấu đẳng thức xảy ra khi 487x118 492



x



 x 96m 0,25
Vậy quãng đường nhỏ nhất là 780 m 0,25
Câu 3

4,0 điểm Cho đường tròn

 

O và điểm

A_{nằm ngoài}

 

O ._Qua A_{kẻ hai tiếp tuyến}AB AC,

với

 

O (B C, là các tiếp điểm), một cát tuyến thay đổi qua A cắt

 

O tại D và

( ).

E ADAE _{Tiếp tuyến của}

_{ }

O _tạiD_{cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác}ABOC_tại

các điểm M và .N

a) Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AD, chứng minh rằng bốn điểm

, , ,

M E N I_{cùng thuộc một đường tròn}

 

_T _.

(80)

Trang 6/3

Ta có 蹷_{ABO ACO}_蹷 _180o_{nên tứ giác}ABON_{nội tiếp}

Gọi J là giao điểm của AD với đường tròn



ABOC



.Suy ra DMA đồng dạng

DNJ



0,25

Suy ra DM DN. DA DJ. 0,25

Mà

2 ; .

DA DI DJ  DE 0,25

Nên DM DN. DI DE. DMI đồng dạng DEN 0,25

Vậy tứ giác MINE nội tiếp hay có đpcm. 0,25
b)

1,5 điểm Dễ thấy khi

MN OA_thì

_{ }

O _và

 

T _{tiếp xúc nhau tại .}E 0,25

Khi MN khơng vng góc OA. Gọi K là giao điểm của MN với tiếp tuyến của

 

O _{tại .}E

0,25

Ta có O J K, , thẳng hàng 0,25

Trong tam giác OEK KJ KO KE: .  2 (1) ( Định lý hình chiếu) 0,25
Trên đường trịn



ABOC



ta có KJ KO KN KM.  . (2). 0,25
Từ (1) và (2) suy ra KE2 KN KM. nên KE tiếp xúc

 

T 0,25

1,0 điểm Ta có

蹷蹷蹷

OED ODE TIE  0,25

Nên IT OD‖ ._{Gọi W}OA IT . 0,25

Vì I là trung điểm của AD nên W là trung điểm OA (đpcm) 0,25

Khi MN OA thì W IT. 0,25

Chứng minh rằng





2 2 2

3 3 3

a b b c c a

a b c

a ab b bc c ca

  

 

  _   _

  

  với

, ,

a b c

là độ dài ba
cạnh của một tam giác.

Giả sử a b c t   và đặt a tx b ty c tz ;  ;     x y z 1. 0,25

Ta chứng minh



 

t x y₂

_

3₂



_

₂t

_



3y z₂



_

t z x₂



_

3₂



_

t x y z

t x xy t y yz t z zx

 _ _ _ 

 

    

  

 

 

2 2 2

3 3 3

x y y z z x

x xy y yz z zx

  

   

  

(81)

Trang 7/3

1,5 điểm  _{x x y}

_

_

_

 _{y y z}

_

_

_

 _{z z x}

_

_

_

 9 ₁__z _x ₁__x _y ₁__y _z 9

2 2 2

5 1 5 1 5 1
9

x y y

x x y y z z

  

   

  

0,25

Vì

, ,

a b c

là ba cạnh của một tam giác nên

, , 0; .

a b c  x y z_ _

  0,25

Ta có:



 



5 1

18 3 3 1 2 1 0

x x x

x x

 _ _{ } _ _{ }

 _đúng

1
0;

x  

 _ _



 



2
5 1

18 3 3 1 2 1 0

y y y

y y

 _ _{ } _ _{ }

 _đúng

1
0;

y  

 _ _



 



5 1

18 3 3 1 2 1 0

z z z

z z

 _ _{ } _ _{ }

 _đúng

1
0;

z  

 _ _

0,25

Suy ra 2 2 2





5 1 5 1 5 1

18 9

x y y

x y z

x x y y z z

  

      

   2 2 2

5 1 5 1 5 1
9

x y y

x x y y z z

  

   

  

0,25

(82)

Hết---ĐỀ CHÍNH THỨC

Số báo danh
...

Mơn: Tốn

Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày 15 tháng 03 năm 2019

(Đề có 01 trang, gồm 05 câu)

Tên : Trương Quang An .Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng

Ngãi.Điện thoại : 01208127776.Nguồn gốc : SƯU TẦM

A.TRẮC NGHIỆM (8điểm)

Câu 1.

Có tất cả bao nhiêu số nguyên dương n sao cho

2
1024



_{là số tự nhiên.}

A.1 B.4 C.3 D.5

Câu 2.

Cho hình thang ABCD có hai cạnh đáy AB,CD sao

cho

AB4, DC 9,DABDBC

. Độ dài đường chéo BD bằng .

A.6 B.7 C.8 D.10

Câu 3.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy đường thẳng đi qua điểm M(2;5) và song song với

đường thẳng y=2x có phương trình là

A.y = 2x+1 B.y = 2x-1 C.y =- 2x+9 D.y = -2x+1

Câu 4 .

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,cho hai điểm A(2;3) và B(6;1).Độ dài đường cao

hạ từ đỉnh O của tam giác OAB bằng

A.

B.

5 2

C.

5 2

D.

2
2

Câu 5.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2;3), B(2;-2), C(-2;-2), D(-3;3).

Diện tích tứ giác ABCD bằng

A.

B.

15 2

C.

D.30 Câu 6.

Cho hàm số

2 2 2

ax ; x ; x

y yb yc

có đồ thị như sau .Khẳng định nào đúng.

A.

b a c

B.

a b c

C.

c b a

D.

c a b

Câu 7.

Cho bốn điểm A,B,C,D nằm trên đồ thị hàm số

yx

sao cho ABCD là một tứ

giác lồi nội tiếp đường trịn đường kính AC.Gọi

M x y( ;1 1);N x y( ;2 2)

lần lượt là trung

điểm của AC,BD giá trị

y1y2

bằng

A.

B.

C.

1

D. Câu 8.

Cho tam giác ABC vng tại A có AB=3 ,AC=4 và phân giác AD.Gía trị

DC-DB bằng

A.

B.

C.

D.

5
7

Câu 9.

Gọi S là tập nghiệm của phương trình số nghiệm của phương trình

1 ... 2019 2019x 2020

x     x x x  

là

(83)

Giá trị

2
1

a a

  

bằng

A.

3 1



B.

3 1

C.

6 2
2



D.

3 1

Câu 11.

Cho tam giác ABC vng tại A có đường cao AH,trung tuyến AM.Biết

24
25

AM 

và cạnh huyền BC=35.Độ dài bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC

bằng

A. 3,5

B.

7

C. 8,75

D. 14

Câu 12.

Cho tam giác ABC vng tại A có

AB 5,

đường cao AH=2.Kẻ HK vng

góc AC (K thuộc AC).Độ dài CK bằng

A.

3 5

B.

8 5

C.

5 5

D.

16 5

Câu 13.

Một học sinh đứng ở mặt đất cách tháp ăng-ten 100m.Biết rằng học sinh đó

nhìn thấy đỉnh tháp ở góc

so với đường nằm ngang ,khoảng cách từ mắt đến mặt đất

bằng 1,5m. Chiều cao của tháp (làm tròn đến đơn vị mét) bằng

A.

B.35

C. 36 D. 38

Câu 14.

Tỉ số giữa bán kính đường trịn nội tiếp và bán kính đường trịn ngoại tiếp của

một tam giác đều bằng

A.

B.

C.

D.

2
3

Câu 15.

Cho tam giác ABC vuông tại A ,đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiế xúc với

BC tại D.Biết BD=2DC=10.Diện tích tam giác ABC bằng

A.

B.50

C.

50 2

D. 100

Câu 16.

Có tất cả bao nhiêu cách xếp bạn An, Bình ,Cường ,Thắng,Việt ngồi thành một

hàng ngang sao cho hai bạn Thắng và Việt không ngồi cạnh nhau.

A.

B.72

C. 96 D. 118

B.TỰ LUẬN (12điểm)

C 1 (3 0 điểm :

a)Chứng minh rằng trong 5 số nguyên dương đôi 1 phân biệt ln tồn tại 4 số có t ng

là hợp số.

b)Bạn Thắng lần lượt chia số 2018 cho 1, 2, 3, 4, , 2018 rồi viết ra 2018 số dư tương

ứng sau đó bạn Việt chia số 2019 cho 1, 2, 3, 4, , 2019 rồi viết ra 2019 số dư tương

ứng. H i ai có t ng số dư lớn hơn và lớn hơn bao nhiêu.

C 2 (3 0 điểm :

a) Giải hệ phương trình:









3 3

2 1 0

3 32 0

x y xy

x y x y

    




    



b) Giải phương trình







2
1

10 11 1

x x x

 _  _ _ _

 

 

.

(84)

(O) tại M, N.

a)Chứng minh rằng MN song song EF

b)Chứng minh rằng MC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác KFC

c)Chứng minh EF luôn đi qua điểm cố định khi D chạy trên BC

Câu 4

(1 0 điểm

Cho các số thực x

, x

,..., x

n

 

0;1

.

Chứng minh rằng







₂ ₂ ₂ ₂



1 2 3 1 2 3

1 x x x  ... x_n 4 x x x ....x_n

--- Hết ---

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu. Giám thị khơng giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN

C 1( 3 điểm

a)Chứng minh rằng trong 5 số nguyên dương đôi 1 phân biệt luôn tồn tại 4 số có t ng

là hợp số.

b)Bạn Thắng lần lượt chia số 2018 cho 1,2,3,4, ,2018 rồi viết ra 2018 số dư tương

ứng sau đó bạn Việt chia số 2019 cho 1,2,3,4, ,2019 rồi viết ra 2019 số dư tương ứng

. H i ai có t ng số dư lớn hơn và lớn hơn bao nhiêu.

Giải

a)

Áp dụng quy tắc chẵn –lẻ. Xét các trường hợp:

Ta có a, b, c c ng chẵn nên đương nhiên chọn bất kỳ cặp nào cũng có t ng và cả hiệu

của chúng là số chia hết cho 2.

Ta có a, b, c c ng lẻ nên đương nhiên chọn bất kỳ cặp nào cũng có

t ng và cả hiệu của chúng là số chia hết cho 2.

Ta có a, b, c có 1 cặp là số lẻ nên hiệu và t ng của 2 số lẻ chia hết cho 2

a, b, c có 1 cặp là số chẵn nên hiệu và t ng của 2 số chẵn chia hết cho 2.

Hai trường hợp đầu có 3 cặp số th a mãn đầu bài. Hai trường hợp cuối có 1 cặp số

th a mãn đầu bài. Vậy có ít nhât 1 cặp số mà t ng và hiệu của chúng chia hết cho 2

nên là hợp số.

(85)

cũng có ít nhất 1 cặp số có số dư là (1+4) hoặc (2+3) nên t ng 1 cặp số đó chia hết cho

5. Với nhóm số có số dư (1,2,3,4) nên suy ra 2 cặp có t ng chia hết cho 5

*Cả 4 số có số dư tr ng nhau nên 6 cặp từng đơi một có hiệu bằng 0 nên chia hết cho

5. *Cả 2 cặp có số dư tr ng nhau nên hiệu của 2 cặp đó bằng 0 nên chia hết cho 5

*Cả 1 cặp có số dư tr ng nhau nên hiệu của 1 cặp đó bằng 0 nên chia hết cho 5

Vậy ít nhất cũng chọn ra 1 cặp số mà t ng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 5.Hay

trong 5 số nguyên dương đôi 1 phân biệt luôn tồn tại 4 số có t ng là hợp số.

b)Gọi T là là t ng các số dư của thắng, V là t ng các số dư của Việt.Gọi

t₁;...t₂₀₁₈

là số

dư chia 2018 cho 1,2,...,2018, gọi

v₁;.., v₂₀₁₉

là số dư chia 2019 cho 1,2, ,2019.Ta thấy

rằng

T   t₁ t₂ ... t₂₀₁₈;V   v₁ v₂ ... v₂₀₁₉

với

i1.2.3...,2018

.Nếu

    ₁

2019 i v 0 t_i i 1

. Nếu

v₁    i 1 v₁ t_i 1



 







 V t₁ 1 t₂  1 ... t₂₀₁₈ 1 S(2019 T 2018S(2019)

. Trong đó S(2019)

là t ng các ước không vượt quá 2018 của 2019 . Ta có 2019=1.3.773 . Suy ra

S(2019)=677 nên ta có V=T+2018-677=T+1341. Suy ra V > T và V-T=1341.

C 2(3 5 điểm

a) Giải hệ phương trình:









3 3

2 1 0

3 32 0

x y xy

x y x y

    




    



b)Giải phương trình







2
1

10 11 1

x x x

 _  _ _ _

 

 

H n đ n

a)Cách 1.Ta có



















 



3 3

2 1 0

3 32 0 3 3 32 0

x y xy

x y x y x y xy x y x y

    

 _

 

           

 

 

.Ta

đặt

   2 

; ( 4 )

x y s xy p s p

. Khi đó hệ tương đương với

_   

   

 3

2 1 0

3 3 32 0

s p

s ps s

.Giải hệ

trên ta có nghiệm.

Cách 2.Ta có



















 



3 3

2 1 0

3 32 0 3 3 32 0

x y xy

x y x y x y xy x y x y

    

 _

 

           

 

 

























        

 

_ _

           

 

 3  3

2 1 0 2 1

3 ( 1) 32 0 3 ( 1) 32 0

x y xy x y xy

x y x y xy x y x y xy













   


 

    

 3 2

2 1

6 32 0

x y xy

x y x y

(86)

 







   

   _{    }

  


2 2

4 1 0

4 1 3 1 0

3 1 0

x x

x x x x

x x

.Từ đó suy ra nghiệm.

C 3 ( 4 0 điểm

Cho tam giác ABC nội tiếp (O), D thuộc BC( D không tr ng B,C) và (O

_{) tiếp xúc với}

trong với (O) tại K tiếp xúc với đoạn CD,AD tại F,E . Các đường thẳng KF, KE cắt (O)

tại M,N.

a)

Chứng minh rằng MN song song EF

b)

Chứng minh rằng MC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác KFC

c)

Chứng minh EF luôn đi qua điểm cố định khi D chạy trên BC

H n d n

(d)

N K

B _C

D
E

a)Qua K kẻ tiếp tuyến chung (d) với (O) và (O ) gọi H là giao (d) và BC

/ / EF

KEFFKHMNKMN

.

b) Ta có tam giác HKF cân tại H suy ra

HKFHFK MBMC

suy ra

(87)

AKN AMNAIE

nên tứ giác AEIK nội tiếp .

Suy ra

DEFEKFEAIEIAEKIIKEEIAIKF

hay

MIFIKF

.

Suy ra

MIF

đồng dạng

MKI g g( . )MI2 MK MF.

(1).

Ta có MC là tiếp tuyến (KFC) suy ra

. (2)

MC MF MK

.

Từ (1) và (2) suy ra MI = MC .Lúc đó ta có

MICMCI IACICA MCBBCIICABCI

.

Nên CI là phân giác

ABC

, mà AM là phân giác

BAC

nên I cố định

Câu 4

( 1,5 điểm) Cho các số thực x

, x

, .., x

n

 

0;1

. Chứng minh rằng







₂ ₂ ₂ ₂



1 2 3 1 2 3

1 x x x  ... x_n 4 x x x ....x_n

Giải

Áp dụng BĐT





4 A



B



AB

với

A1;B  x₁ ... x_n

ta có









1 2 3 1 2 3

1  

x

 

x

...

x



4 x



x

 

x

...

x

với x

, x

, .., x

n

 

0;1

nên

x x₁



₁  1



0 x₁2    x₁ 0 x₁ x₁2

. Tương tự ta có

2 2 2 2 2 2

2 2

;...;

n n 1 2 3

...

n 1 2 3

...

x



x



x

 

x

  

x



x



x



x

 

x

.

Suy ra



    



2 



  







2 2 2  2



1 2 3 1 2 3 1 2 3

(88)