Tuyển tập 45 đề thi học sinh giỏi môn Toán học Lớp 9 (có thang điểm và đáp án chi tiết)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ
Đề chính thức
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
CẤP THÀNH PHỐ-NĂM HỌC 2012-2013
Khóa ngày 11/04/2013
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề.
Câu 1 (5,0 điểm)
1. Cho biểu thức P =
2m+
√
16m+ 6
m+ 2
√
m− 3 +
√
m− 2√
m− 1 +
3√
m+ 3
− 2
a) Rút gọn P .
b) Tìm giá trị tự nhiên của m để P là số tự nhiên.
2. Tính giá trị (a3 + 15a− 25)2013 với a = 3
√
13− 7√6 + 3
√
13 + 7
√
6.
Câu 2 (5,0 điểm)
1. Giải phương trình:
√
x+ 5 +
√
3− x− 2 (√15− 2x− x2 + 1) = 0.
2. Tìm giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm:{
2x2 +mx− 1 = 0
mx2 − x+ 2 = 0
Câu 3 (5,0 điểm)
1. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa
1
x
+
1
y
+
1
z
= 2.
2. Cho hai số x, y thỏa mãn:
{
x+ y ≤ 2
x2 + y2 + xy = 3
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = x2 + y2 − xy.
Câu 4 (2,0 điểm)
Cho đường tròn (O;R) và hai điểm A, B nằm ngoài đường tròn sao cho OA = 2R. Tìm điểm M
trên đường tròn để MA+ 2MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 5 (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi P là một điểm di động trên
cung BC không chứa A.
1. GọiM, N lần lượt là hình chiếu vuông góc hạ từ A xuống PB, PC. Chứng minh rằng đường
thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.
2. Gọi I, D, E là chân các đường cao lần lượt hạ từ A, B, C xuống các cạnh BC, CA, AB.
Chứng minh rằng chu vi tam giác IDE không đổi khi A, B, C thay đổi trên đường tròn
(O;R) sao cho diện tích của tam giác ABC luôn bằng a2.
—–HẾT—–
Ghi chú: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ
Đề chính thức
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
CẤP THÀNH PHỐ-NĂM HỌC 2012-2013
Khóa ngày 11/04/2013
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề.
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Hướng dẫn chấm này có 03 trang.)
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1(5,0đ)
1. (3,5 điểm)
a) Điều kiện: m ≥ 0, m 6= 1 0,5đ
P =
√
m + 1√
m− 1 2,0đ
b) P = 1 +
2√
m− 1 0,5đ
Để P ∈ N =⇒ m ∈ {4; 9} 0,5đ
2.(1,5 điểm)
a =
3
√
13− 7√6 + 3
√
13 + 7
√
6 =⇒ a3 = 26− 15a 1,0đ
a3 + 15a− 25 = 1 =⇒ (a3 + 15a− 25)2013 = 1 0,5đ
2(5,0đ)
1. (2,5 điểm)
Điều kiện: −5 ≤ x ≤ 3
0,5đ
Đặt t =
√
x + 5 +
√
3− x, t2 = 8 + 2√15− 2x− x2 =⇒ t ≥ 2√2
Phương trình đã cho có dạng: t2 − t− 6 = 0⇐⇒
[
t = 3
t = −2 (loại) 1,0đ
t = 3⇐⇒ √x + 5 +√3− x = 3
⇐⇒ 4x2 + 8x− 59 = 0⇐⇒
 x = −2 + 3
√
7
2
x =
−2− 3√7
2
1,0đ
2. (2,5 điểm)
Đặt x2 = y ≥ 0. Hệ trở thành:
{
mx + 2y = 1
−x + my = −2 0,5đ
Hệ luôn có nghiệm:

x =
m + 4
m2 + 2
y =
1− 2m
m2 + 2
≥ 0 (m ≤ 1
2
)
0,5đ
Ta có: x2 = y ⇐⇒
(
m + 4
m2 + 2
)2
=
1− 2m
m2 + 2
0,5đ
⇐⇒ (m + 1) (m2 −m + 7) = 0⇐⇒ m = −1 1,0đ
3(5,0đ) 1. (3,0 điểm)
Tiếp
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Không mất tính tổng quát giả sử: 1 ≤ x ≤ y ≤ z
=⇒ 2 = 1
x
+
1
y
+
1
z
≤ 3
x
=⇒ x = 1
1,0đ
=⇒ 1
y
+
1
z
= 1 ≤ 2
y
=⇒
[
y = 1 (vô lý)
y = 2 =⇒ z = 2 1,0đ
Vậy (1; 2; 2) và các hoán vị của chúng là nghiệm của phương trình đã cho 1,0đ
2. (2,0 điểm)
Hệ
{
x + y ≤ 2
x2 + y2 + xy = 3
⇐⇒
{
x + y = 2− a (a ≥ 0)
x2 + y2 + xy = 3
0,5đ
Do đó:
{
x + y = 2− a
xy = (2− a)2 − 3
, ∆ = S2 − 4P ≥ 0 =⇒ 0 ≤ a ≤ 4 0,5đ
T = x2 + y2 + xy − 2xy = 9− 2(2− a)2 0,5đ
minT = 1 khi x = 1, y = 1 hoặc x = −1, y = −1
maxT = 9 khi x =
√
3, y = −√3 hoặc x = −√3, y = √3
0,5đ
4(2,0đ)
O
A
B
C
M
M ′
Gọi C là điểm trên đoạn thẳng OA sao cho OC =
R
2
, ta có điểm C cố định 0,5đ
Dễ thấy ∆OCM đồng dạng ∆OMA =⇒MA = 2MC 0,5đ
Ta có MA + MB ≥ BC (không đổi)
MA + 2MB = 2(MB + MC) ≥ 2BC
0,5đ
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M nằm giữa B và C
Vậy khi điểmM là giao điểm của đoạnBC và đường tròn (O) thìMA+2MB
đạt giá trị nhỏ nhất
0,5đ
5(3,0đ) 1. (2,0 điểm)
Tiếp
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
O
A
B
C
P
N
D
I
E
M
A′
Kẻ AI ⊥ BC, I ∈ BC cố định. Ta có B̂MA = B̂IA = 90◦ nên tứ giác
AMBI nội tiếp hay ÂIM = ÂBM
Ta lại có tứ giác ABPC nội tiếp nên ÂBM = ÂCP
Do đó ÂIM = ÂCP (1)
1,0đ
Mặt khác ÂIC = ÂNC = 90◦ nên tứ giác AINC nội tiếp, suy ra
ÂCP + ÂIN = 180◦ (2)
0,5đ
Từ (1) và (2) suy ra ÂIM + ÂIN = 180◦ 0,5đ
Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định I
2. (1,0 điểm)
Tứ giác BCDE nội tiếp suy ra ÂED = ÂCB
Kéo dài AO cắt (O;R) tại điểm A′. Ta có:
ÊAO + ÂED = B̂AA′ + ÂCB = 90◦
=⇒ AO ⊥ DE =⇒ SAEOD = 1
2
AO.DE =
1
2
R.DE
0,5đ
Tương tự ta cũng có: SBEOI =
1
2
R.EI, SCDOI =
1
2
R.ID
Vậy: SABC = SAEOD + SBIOE + SCDOI =
1
2
R.(DE + EI + ID)
=⇒ DE + EI + ID = 2SABC
R
=
2a2
R
(không đổi)
0,5đ
—–HẾT—–
Ghi chú:
• Mọi cách giải đúng khác đáp án đều cho điểm tối đa.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 
NĂM HỌC 2010-2011 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề) 
Bài 1. (2,0 điểm) 
Cho biểu thức: 
2a 1 a a 1 a a a a 1
M
a a a a a a
 với a > 0, a 1. 
a) Chứng minh rằng M 4. 
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức 
6
N
M
 nhận giá trị nguyên? 
Bài 2. (2,0 điểm) 
a) Cho các hàm số bậc nhất: y 0,5x 3 , y 6 x và y mx có đồ thị lần 
lượt là các đường thẳng (d1), (d2) và ( m). Với những giá trị nào của tham số m thì 
đường thẳng ( m) cắt hai đường thẳng (d1) và (d2) lần lượt tại hai điểm A và B sao 
cho điểm A có hoành độ âm còn điểm B có hoành độ dương? 
b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M và N là hai điểm phân biệt, di động lần 
lượt trên trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố 
định I(1 ; 2) . Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N; từ đó, suy 
ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2
1 1 .Q
OM ON
Bài 3. (2,0 điểm) 
a) Giải hệ phương trình: 
17 2 2011
2 3 .
x y xy
x y xy
b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho: 
1
x y z z x (y 3).
2
Bài 4. (3,0 điểm) 
Cho đường tròn (C) với tâm O và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di 
động trên (C) sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng 
của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. 
Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và 
CN cắt nhau tại F. 
a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng hàng. 
b) Chứng minh rằng tích AMAN không đổi. 
c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn 
nhất. 
Bài 5. (1,0 điểm) 
Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên. 
---HẾT--- 
Họ và tên thí sinh: ................................................. Số báo danh: ........................ 
Chữ ký của giám thị 1: ............................. Chữ ký của giám thị 2: ........................... 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG 
KÌ THI CHỌN SINH HỌC SINH GIỎI LỚP 9 
NĂM HỌC 2010-2011 
Môn thi: TOÁN 
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9 
 Dưới đây là sơ lược biểu điểm của đề thi Học sinh giỏi lớp 9. Các Giám khảo thảo luận 
thống nhất thêm chi tiết lời giải cũng như thang điểm của biểu điểm đã trình bày. Tổ chấm có thể 
phân chia nhỏ thang điểm đến 0,25 điểm cho từng ý của đề thi. Tuy nhiên, điểm từng bài, từng câu 
không được thay đổi. Nội dung thảo luận và đã thống nhất khi chấm được ghi vào biên bản cụ thể để 
việc chấm phúc khảo sau này được thống nhất và chính xác. 
Học sinh có lời giải khác đúng, chính xác nhưng phải nằm trong chương trình được học thì 
bài làm đúng đến ý nào giám khảo cho điểm ý đó. 
Việc làm tròn số điểm bài kiểm tra được thực hiện theo quy định của Bộ Giáo dục và Đào 
tạo tại Quyết định số 40/2006/BGD-ĐT. 
BÀI-Ý ĐỀ -ĐÁP ÁN ĐIỂM 
Bài 1 
Cho biểu thức: 
2a 1 a a 1 a a a a 1
M
a a a a a a
 với a > 0, a 1. 
a) Chứng minh rằng M 4. 
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức 
6
N
M
 nhận giá trị nguyên. 
2,00 
 1.a 
(1,25đ) 
Do a > 0, a 1 nên: 
a a 1 ( a 1)(a a 1) a a 1
a a a ( a 1) a
 và 
0,25 
2a a a a 1 (a 1)(a 1) a (a 1) (a 1)(a a 1) a a 1
a a a a (1 a) a (1 a) a
0,25 
a 1
M 2
a
0,25 
Do a 0; a 1 nên: 
2( a 1) 0 a 1 2 a 0,25 
2 a
M 2 4
a
0,25 
1.b 
(0,75đ) 
Ta có 
6 3
0 N
M 2
 do đó N chỉ có thể nhận được một giá trị nguyên là 1 
0,25 
Mà N = 1 
6 a
1
a 1 2 a
 a 4 a 1 0 2( a 2) 3 
 a 2 3 hay a 2 3 (phù hợp) 0,25 
Vậy, N nguyên 2a (2 3) 0,25 
Bài 2 
a) Cho các hàm số bậc nhất: y 0,5x 3 , y 6 x và y mx có đồ thị lần lượt 
là các đường thẳng (d1), (d2) và ( m). Với những giá trị nào của tham số m thì đường 
thẳng ( m) cắt hai đường thẳng (d1) và (d2) lần lượt tại hai điểm A và B sao cho điểm 
A có hoành độ âm còn điểm B có hoành độ dương? 
b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M và N là hai điểm phân biệt, di động lần lượt 
trên trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định 
I(1 ; 2) . Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N; từ đó, suy ra giá 2,00 
trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2
1 1 .Q
OM ON
2.a 
(0,75đ) 
Điều kiện để ( m) là đồ thị hàm số bậc nhất là m 0 0,25 
Phương trình hoành độ giao điểm của (d1) và ( m) là: 
0,5x 3 mx (m 0,5)x 3 
Điều kiên để phương trình này có nghiệm âm là m 0,5 0 hay m 0,5 0,25 
Phương trình hoành độ giao điểm của (d2) và ( m) là: 
6 x mx (m 1)x 6 
Điều kiên để phương trình này có nghiệm dương là m 1 0 hay m 1 
Vậy điều kiện cần tìm là: 1 m 0,5; m 0 0,25 
2.b 
(1,25đ) 
Đặt m = xM và n = yN mn 0 và m 1 (*) 
Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax+b 0,25 
0 am b
2 a b
n b
 hệ thức liên hệ giữa m và n là 2m n mn 
0,25 
Chia hai vế cho mn 0 ta được: 
1 2
1
m n
 (**) 
2 2
2 2 2 2
1 2 1 4 4 1 1 2 1
1 5
m n m n mn m n m n
0,25 
2 2
1 1 1
Q ;
m n 5
 dấu “=” xảy ra khi 
2 1
;
m n
 kết hợp (**): m = 5, n = 2,5 (thỏa (*)) 
0,25 
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 
1
5
0,25 
Bài 3 
a) Giải hệ phương trình: 
17 2 2011
2 3 .
x y xy
x y xy
 (1) 
b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho: 
1
x y z z x (y 3)
2
 (2) 
2,0 đ 
3.a 
(1,25đ) 
Nếu 0xy thì 
17 2 1 1007 92011
9 490
(1)
1 2 91 490
3
10079
x
y x y
y
y x x
 (phù hợp) 
0,50 
Nếu 0 xy thì 
17 2 1 1004
2011
9
(1) 0
1 2 1 1031
3
18
y x y
xy
y x x
 (loại) 
0,25 
Nếu 0xy thì (1) 0x y (nhận). 0,25 
KL: Hệ có đúng 2 nghiệm là (0;0) và 
9 9
;
490 1007
0,25 
3.b 
(0,75đ) 
Điều kiện x ≥ 0; y z ≥ 0; z x ≥ 0 y ≥ z ≥ x ≥ 0 0,25 
(2) 2 x 2 y z 2 z x x y z z x 3 
2 2 2( x 1) ( y z 1) ( z x 1) 0 0,25 
x 1
y z 1
z x 1
x 1
y 3
z 2
 (thỏa điều kiện) 
0,25 
Bài 4 
Cho đường tròn (C ) với tâm O và đường kính 
AB cố định. Gọi M là điểm di động trên (C ) 
sao cho M không trùng với các điểm A và B. 
Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường 
thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng 
AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (C 
) tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và 
CN cắt nhau tại F. 
a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng 
hàng. 
b) Chứng minh rằng tích AMAN không 
đổi. 
c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam 
giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất. 
C( )
F
E
N
C
OA
B
M
 3,0 đ 
4.a 
(1,00đ) 
MN BF và BC NF 0,25 
 A là trực tâm của tam giác BNF 0,25 
 FA NB 
Lại có AE NB 0,25 
Nên A, E, F thẳng hàng 0,25 
4.b 
(0,75đ) 
CAN MAB , nên hai tam giác ACN và AMB đồng dạng. 0,25 
Suy ra: 
AN AC
AB AM
0,25 
Hay 2AM AN AB AC 2R  không đổi (với R là bán kính đường tròn (C )) 0,25 
4.c 
(1,25đ) 
Ta có 
2
BA BC
3
 nên A là trong tâm tam giác BNF C là trung điểm NF (3) 
0,25 
Mặt khác: CAN CFM , nên hai tam giác CNA và CBF đồng dạng 
 2
CN AC
CN CF BC AC 3R
BC CF
   
 0,25 
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: NF CN CF 2 CN CF 2R 3  không đổi 0,25 
Nên: NF ngắn nhất CN =CF C là trung điểm NF (4) 0,25 
(3) và (4) cho ta: A là trong tâm tam giác BNF NF ngắn nhất 
0,25 
Bài 5 Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên. 0,75 
(1,00đ) 
Đặt: S = 123456789101112 
100
S
 3467891112 (1) là một số nguyên 
 hai chữ số tận cùng của S là 00 0,50 
Mặt khác, trong suốt quá trình nhân liên tiếp các thừa số ở vế phải của (1), nếu chỉ để ý 
đến chữ số tận cùng, ta thấy 
100
S
 có chữ số tận cùng là 6 (vì 34=12; 26=12; 27=14; 
48=32; 29=18; 811=88; 812=96) 0,25 
Vậy ba chữ số tận cùng của S là 600 0,25 
--- Hết --- 
 3.b 
(0,75đ) 
Điều kiện x ≥ 0; y z ≥ 0; z x ≥ 0 y ≥ z ≥ x ≥ 0 0,25 
Theo BĐT Cauchy: 
x 1 y z 1 z x 1
x ; y z ; z x
2 2 2
1
VP x y z z x (y 3) VT
2
0,25 
 Do đó 
x 1
y z 1
z x 1
x 1
y 3
z 2
 thỏa điều kiện 
0,25 
 PHÒNG GD-ĐT CẨM THỦY KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 (ĐỀ SỐ 3) 
 năm học : 2011 - 2012 
 Môn : TOÁN 
 (Thời gian làm bài: 150 phút: Vòng 2) 
Bài 1 ( 3,0 điểm) 
 Cho các số dương: a; b và x =
1
2
2 b
ab
. Xét biểu thức P = 
bxaxa
xaxa
3
1
1. Chứng minh P xác định. Rút gọn P. 
2. Khi a và b thay đổi, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của P. 
Bài 2 (3,0 điểm) 
 Tìm x; y; z thoả mãn hệ sau: 
xzz
zyy
yxx
3623
2423
223
3
3
3
Bài 3 ( 3,0 điểm) 
 Với mỗi số nguyên dương n ≤ 2008, đặt Sn = a
n
 +b
n
 , với a =
2
53 
; b 
=
2
53 
. 
1. Chứng minh rằng với n ≥ 1, ta có Sn + 2 = (a + b)( a
n + 1
 + b
n + 1
) – ab(a
n
 + b
n
) 
2. Chứng minh rằng với mọi n thoả mãn điều kiện đề bài, Sn là số nguyên. 
3. Chứng minh Sn – 2 = 
2
2
15
2
15
nn
. Tìm tất cả các số n để Sn – 
2 là số chính phương. 
Bài 4 (5,0 điểm) 
 Cho đoạn thẳng AB và điểm E nằm giữa điểm A và điểm B sao cho AE < BE. 
Vẽ đường tròn (O1) đường kính AE và đường tròn (O2) đường kính BE. Vẽ tiếp 
tuyến chung ngoài MN của hai đường tròn trên, với M là tiếp điểm thuộc (O1) và N 
là tiếp điểm thuộc (O2). 
1. Gọi F là giao điểm của các đường thẳng AM và BN. Chứng minh rằng đường 
thẳng EF vuông góc với đường thẳng AB. 
2. Với AB = 18 cm và AE = 6 cm, vẽ đường tròn (O) đường kính AB. Đường 
thẳng MN cắt đường tròn (O) ở C và D, sao cho điểm C thuộc cung nhỏ AD. Tính 
độ dài đoạn thẳng CD. 
Bài 5: (4đ): Cho ABC đường thẳng d cắt AB và AC và trung tuyến AM theo thứ tự . Là 
E , F , N . 
a) Chứng minh : 
AN
AM
AF
AC
AE
AB 2
b) Giả sử đường thẳng d // BC. Trên tia đối của tia FB lấy điểm K, đường thẳng KN cắt 
AB tại P đường thẳng KM cắt AC tại Q. 
 Chứng minh PQ//BC. 
Bài 6: (2 điểm) 
 Cho 0 < a, b,c <1 .Chứng minh rằng : 
 accbbacba 222333 3222 
------------- HẾT------------- 
HƯỚNG DẪN CHẤM: ĐỀ SỐ 3 
Câu 1. (3,0 điểm) 
Tóm tắt lời giải Điểm 
1. (2.0 điểm) 
Ta có: a; b; x > 0 a + x > 0 (1) 
Xét a – x = 0
1
)1(
2
2
b
ba
 (2) 
Ta có a + x > a – x ≥ 0 0 xaxa (3) 
Từ (1); (2); (3) P xác định 
Rút gọn: 
Ta có: a + x =
1
)1(
1
2
2
2
2 
b
ba
b
ab
a 
1
)1(
2 
b
a
bxa 
 a - x =
1
)1(
1
2
2
2
2 
b
ba
b
ab
a 
1
1
2 
b
a
bxa 
 P = 
bbb
bb
b
b
a
b
b
a
b
b
a
b
b
a
b
3
1
11
11
3
1
11
1
)1(
1
1
1
)1(
22
22
 Nếu 0 < b < 1 P =
bbb 3
4
3
1
2
2
 Nếu b 1 P = 
b
b
b
b
3
13
3
1 2 
2. (1.0 điểm) 
Xét 2 trường hợp: 
 Nếu 0 < b < 1, a dương tuỳ ý thì P = 
b3
4
 P
4
3
 Nếu b 1 , a dương tuỳ ý thì P = 
3
2
3
1
33
1 b
b
b
b
b 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Ta có: 
3
2
3
1
3
b
b
, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 
Mặt khác: 
3
2
3
2
b
, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 
Vậy P 
3
4
3
2
3
2
 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 
KL: Giá trị nhỏ nhất của P =
3
4
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 2 (3,0 điểm) 
Tóm tắt lời giải Điểm 
Biến đổi tương đương hệ ta có 
)2(3)1)(2(
)2(2)1)(2(
2)1)(2(
2
2
2
xzz
zyy
yxx
Nhân các vế của 3 phương trình với nhau ta được: 
(x - 2)(y - 2) (z - 2)(x+1)
2
(y+1)
2
(z+1)
2
= - 6(x - 2)(y - 2) (z - 2) 
 (x - 2)(y - 2) (z - 2)  6)1()1()1( 222 zyx = 0 
 (x - 2)(y - 2) (z - 2) = 0 
 x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 
Với x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 thay vào hệ ta đều có x = y = z = 2 
Vậy với x = y = z = 2 thoả mãn hệ đã cho 
1,00 
0,50 
0,25 
0,25 
0,25 
0,50 
0,25 
Câu 3 (3,0 điểm) 
Tóm tắt lời giải Điểm 
1. (1,0 điểm) 
Với n ≥ 1 thì Sn + 2 = a
n+2 
+ b
n +2 
 (1) 
Mặt khác: (a + b)( an + 1 +bn + 1) – ab(an +bn) = an+2 + bn+2 (2) 
Từ (1); (2) ta có điều phải chứng minh 
2. (1.0 điểm) 
Ta có: S1 = 3; S2 = 7 
Do a + b =3; ab =1 nên theo 1 ta có: với n ≥ 1 thì Sn+2 = 3Sn+1 - Sn 
Do S1, S2 Z nên S3 Z; do S2, S3 Z nên S4 Z 
Tiếp tục quá trình trên ta được S5 ; S6;...; S2008 Z 
3. (1.0 điểm) 
Ta có Sn – 2 = 2
2
1
2
5
2
1
2
5
22
nn
 = 
nnn
2
15
2
15
2
2
15
2
15
22
 =
2
2
15
2
15
nn
 đpcm 
0,25 
0,50 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Đặt a1 =
2
15 
; b1 = 
2
15 
 a1 + b1 = 5 ; a1b1 = 1 
Xét Un= 1 1
n na b 
Với n ≥ 1 thì Un+2 = (a1 + b1)(a1
n+1
 - b1
n + 1
) – a1b1(a1
n
 - b1
n
) Un +2 = 5 Un+1 – 
Un 
Ta có U1 = 1 Z; U2 = 5 Z; U3 = 4 Z; U4 = 3 5 Z;... 
Tiếp tục quá trình trên ta được Un nguyên n lẻ 
Vậy Sn – 2 là số chính phương n = 2k+1 với k Z và 0 k 1003 
0,25 
0,25 
Câu 4 (5,0 điểm) 
Tóm tắt lời giải Điểm 
1. (2,5 điểm) O1M; O2N MN O1M/ / O2N 
 Do O1 ; E; O2 thẳng hàng nên MO1E = NO2B 
Các tam giác O1ME; O2NB lần lượt cân tại O1 và O2 nên ta có: MEO1=NBO2 
(1) 
Mặt khác ta có: AME = 90
0
 MAE + MEO1= 90
0
(2) 
 MAE + NBO2 = 90
0
 AFB = 900 
 Tứ giác FMEN có 3 góc vuông Tứ giác FMEN là hình chữ nhật 
 NME = FEM 
(3) 
Do MN MO1 MNE + EMO1 = 90
0
(4) 
Do tam giác O1ME cân tại O1 MEO1 = EMO1 
(5) 
Từ (3); (4); (5) ta có: FEM + MEO1= 90
0
 hay  FEO1 = 90
0
 (đpcm) 
2. (2,5 điểm) 
Ta có EB = 12 cm O1M = 3 cm < O2N = 6 cm 
 MN cắt AB tại S với A nằm giữa S và B. 
Gọi I là trung điểm CD CD OI OI// O1M //O2N 
2
1
2
1
SO
SO
NO
MO
 SO2 = 2SO1 SO1+O1O2 = 2SO1 SO1= O1O2 
0,25 
0.25 
0,25 
0,25 
0,50 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,5 
0,25 
0,25 
0,5 
0,25 
0,25 
F 
O1 O2 O 
E A 
B 
C 
M 
I 
N 
D 
S 
Do O1O2 = 3 + 6 = 9 cm SO1= O1O2 = 9 cm SO =SO1 + O1O = 15cm 
Mặt khác:
11 SO
SO
MO
OI
 OI = 5 cm 
Xét tam giác COI vuông tại I ta có: CI
2
 + OI
2
= CO
2
 CI
2
 + 25 = CO
2
Ta có: CO = 9 cm CI
2
 + 25 = 81 CI = 56 
 CD = 4 14 cm 
Câu 5 (2,0 điểm) 
Điểm 
a) 
 Kẻ EFCSBI //, ),( AMSI 
Ta có: 
AN
AS
AF
AC
AN
AI
AE
AB
 , 
)( 
AN
AS
AN
AI
AF
AC
AE
AB
Ta có: CSMBIM (cgc) 
 MSIM 
 Vậy: AMMSIMAIAIASAI 2 
 Thay vào (*) ta được (đpcm) 
1,0 
0,5 
Khi NBCEFBCd //// là trung điểm của EF 
+Từ F kẻ đường thẳng song song với AB cắt KP tại L 
Ta có: LFEPcgcNFLNFP )( 
 Do đó : 
 )1(
KB
KF
PB
LF
PB
EP
+Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt 
 KM tại H 
 Ta có )(cgcCMQBMH 
QCBH 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
E
E
I
S
M
N
CB
A
K
P Q
F
L
E
N
M CB
A
Do đó: )2(
KB
KF
BH
FQ
QC
FQ
Từ (1) (2) //
FP FQ
va PQ BC
PB QC
 (đpcm) 
0,5 
Bài 6: 2 điểm) 
 Do a <1 2a <1 và b <1 
 Nên 2 2 21 . 1 0 1 0a b a b a b 
 Hay baba 221 (1) 
 Mặt khác 0 <a,b <1 32 aa ; 3bb 
 332 baab 
 Vậy baba 233 1 
 Tương tự ta có 
acca
cbcb
233
233
1
1
 accbbacba 222333 3222 
0,5 
0,5 
0,25 
0,25 
0,5 
UBND HUYỆN 
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN 
NĂM HỌC 2013-2014 
MÔN: TOÁN LỚP 9 
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề 
Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: 
x y x y x y 2xy
P : 1
1 xy1 xy 1 xy
. 
a) Rút gọn biểu thức P. 
b) Tính giá trị của P với 
2
x
2 3
. 
Bài 2: (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) và (L) lần lượt là đồ thị của hai hàm 
số: 
1 3
y x
2 2
 và y x . 
a) Vẽ đồ thị (D) và (L). 
b) (D) và (L) cắt nhau tại M và N. Chứng minh OMN là tam giác vuông. 
Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình: 
4 3 26x 5x 38x 5x 6 0 . 
Bài 4: (2 điểm) Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh là a, vẽ một đường thẳng cắt cạnh 
BC ở M và cắt đường thẳng DC ở I. 
Chứng minh rằng: 
2 2 2
1 1 1
AM AI a
 . 
Bài 5: (6 điểm) 
Cho hai đường tròn ( O ) và ( O / ) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO / cắt đường tròn ( O ) 
và ( O/ ) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF, E ( 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
O ) và F ( O/ ). Gọi M là giao điểm của AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. Chứng minh 
rằng: 
a) Tứ giác MENF là hình chữ nhật. 
b) MN AD. 
c) ME.MA = MF.MD. 
---------- Hết ---------- 
 UBND HUYỆN 
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO 
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN 
NĂM HỌC 2013-2014-MÔN: TOÁN LỚP 9 
Bài Đáp án Điểm 
1 ĐKXĐ: x 0;y 0;xy 1 . 0,5 đ 
a) Mẫu thức chung là 1 – xy 
( x y)(1 xy) ( x y)(1 xy) 1 xy x y 2xy
P :
1 xy 1 xy
x x y y y x x x y y y x 1 xy
.
1 xy 1 x y xy
2( x y x) 2 x(1 y) 2 x
(1 x)(1 y) (1 x)(1 y) 1 x
0,5 đ 
0,5 đ 
0,5 đ 
b) 
22 2(2 3)x 3 2 3 1 ( 3 1)
4 32 3
2x ( 3 1) 3 1 3 1 
2
2( 3 1) 2 3 2
P
1 ( 3 1) 1 3 2 3 1
2( 3 1) 6 3 2
P
135 2 3
0,5 đ 
0,5 đ 
0,5 đ 
0,5 đ 
2 
a) 
Đồ thị 
1 3
y x
2 2
 có : 
3
x 0 y
2
y 0 x 3
Đồ thị 
x khi x 0
y x
x khi x 0
Đồ thị như hình vẽ: 
0,5 đ 
0,5 đ 
1 đ 
b) Đồ thị (D) và (L) cắt nhau tại hai điểm có tọa độ M(1; 1) và N( - 3; 3) 
Ta có: OM = 
2 21 1 2 OM2 = 2 
 ON = 
2 23 ( 3) 3 2 ON2 = 18 
0,5 đ 
0,5 đ 
 MN = 
2 2(1 3) (1 3) 20 MN2 = 20 
Vì: OM2 + ON2 = MN2 
Vậy: tam giác OMN vuông tại O 
0,5 đ 
0,5 đ 
3 Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình 
Chia cả 2 vế của phương trình cho x2 ta được: 
2
2
5 6
6x 5x 38 0
x x
2
2
1 1
6(x ) 5(x ) 38 0
x x
Đặt 
1
y x
x
 thì: 2 2
2
1
x y 2
x
Ta được pt: 6y2 – 5y – 50 = 0 (3y – 10)(2y + 5) = 0 
Do đó: 
10 5
y và y
3 2
* Với 
10
y
3
 thì: 2
1 10
x 3x 10x 3 0
x 3
 (3x – 1)(x – 3) = 0 
1
2
1
x
3
x 3
* Với 
5
y
2
 thì: 2
1 5
x 2x 5x 2 0
x 2
 (2x + 1)(x + 3) = 0 
3
4
1
x
2
x 2
1 đ 
1 đ 
1 đ 
1 đ 
4 
J
M
CD I
BA
 Vẽ Ax  AI cắt đường thẳng CD tại J. 
Ta có AIJ vuông tại A, có AD là đường cao thuộc cạnh huyền IJ, nên: 
2 2 2
1 1 1
AD AJ AI
 (1) 
Xét hai tam giác vuông ADJ và ABM, ta có: 
 AB = AD = a; DAJ BAM (góc có cạnh tương ứng vuông góc) 
 ADJ = ABM . Suy ra: AJ = AM 
Thay vào (1) ta được: 
2 2 2 2
1 1 1 1
AD AM AI a
 (đpcm) 
0,5 đ 
0,5 đ 
0,5 đ 
0,5 đ 
5 
H
D
E
M
F
O
I
N
O /
B C
A
a) 
Ta có 
0AEB CFD 90 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) 
Vì EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O /), nên: 
OE  EF và OF  EF => OE // O/F 
=> 
/EOB FO D (góc đồng vị) => /EAO FCO 
Do đó MA // FN, mà EB  MA => EB  FN 
Hay 
0ENF 90 . 
Tứ giác MENF có 
OE N F 90 , nên MENF là hình chữ nhật 
0,5 đ 
0,5 đ 
0,5 đ 
0,5 đ 
b) Gọi I là giao điểm của MN và EF; H là giao điểm của MN và AD 
Vì MENF là hình chữ nhật, nên IFN INF 
Mặt khác, trong đường tròn (O/): 
1
IFN FDC sđ FC
2
=> FDC HNC 
Suy ra FDC đồng dạng HNC (g – g) 
=> 
ONHC DFC 90 hay MN  AD 
0,5 đ 
0,5 đ 
0,5 đ 
0,5 đ 
c) 
Do MENF là hình chữ nhật, nên MFE FEN 
Trong đường tròn (O) có : 
1
FEN EAB sđ EB
2
=> MFE EAB 
Suy ra MEF đồng dạng MDA (g – g) 
=>
ME MF
MD MA
 , hay ME.MA = MF.MD 
0,5 đ 
0,5 đ 
0,5 đ 
0,5 đ 
Lưu ý: Nếu học sinh giải theo cách khác, nếu đúng và phù hợp với kiến thức trong chương 
trình đã học thì hai Giám khảo chấm thi thống nhất việc phân bố điểm của cách giải đó, sao cho 
không làm thay đổi tổng điểm của bài (hoặc ý) đã nêu trong hướng dẫn này./. 
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 
Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề) 
Câu1: ( 5đ) 
Cho biÓu thøc M =
x
x
x
x
xx
x
2
3
3
12
65
92
a. T×m ®iÒu kiÖn cña x ®Ó M cã nghÜa vµ rót gän M 
b. T×m x ®Ó M = 5 
c. T×m x Z ®Ó M Z. 
Câu: 2(2đ). Cho 4a2+b2=5ab với 2a>b>0. 
Tính giá trị của biểu thức: 
224 ba
ab
P
Câu 3(4đ) 
a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
12
683
2
2
xx
xx
A 
b. Chứng minh rằng với mọi số thực a,b,c ta có cabcabcba 
222
Câu: 4 (4đ) 
a. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x3+y3+z3-3xyz 
b. Giải phương trình : x4+2x3-4x2-5x-6=0 
Câu: 5 (5đ) Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo BD. Gọi E, F 
lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC. 
1) Tứ giác BEDF là hình gì vì sao? 
2) Gọi CH và CK lần lượt là đường cao của tam giác ACB và tam giác ACD.Chứng minh 
rằng. 
a. Tam giác CHK và tam giác ABC đồng dạng . 
b. AB.AH+AD.AK=AC2 
ĐÁP ÁN 
Câu: 1(5đ) 
 a) ĐK 9;4;0 xxx 0,5đ 
 Rút gọn M =
 32
2123392
xx
xxxxx
 0,5đ 
Biến đổi ta có kết quả: = 32
2
xx
xx
 0,5đ 
 = 
 3
1
23
21
x
x
xx
xx
 1đ 
b) 
)(164
5
3
1
5 M
TMxx
x
x
 1đ 
 c) M = 
3
4
1
3
43
3
1
xx
x
x
x
 0,5đ 
 Do M z nên 3 x là ước của 4 3 x nhận các giá trị: -4;-2;-1;1;2;4 0,5đ 
 49;25;16;4;1 x do 4x 49;25;16;1 x 0,5đ 
Câu: 2 (2đ) 
Phân tích được 4a2+b2=5ab thành (a-b)(4a-b)=0 0,5đ 
 a=b hoặc 4a=b 0,5đ 
Lập luận chỉ ra a=b (nhận) 4a=b (loại) 0,5đ 
Tính được 
3
1
34 2
2
22
a
a
ba
ab
P 0,5đ 
Câu: 3 (4đ) 
a. Viết được 2
)1(
)2(
2
12
44242
2
2
2
22
x
x
xx
xxxx
A 1,5đ 
Lập luận min A = 2 khi x-2= 0 => x= 2 0,5đ 
b. biến đổi 
cabcabcba 222 
 2a2+2b2+2c2≥2ab+2bc+2ca 0,5đ 
 a2-2ab+b2+b2-2bc +c2 +c2 -2ca+a2 ≥0 0,5đ 
 (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2 ≥ 0 0,5đ 
Lập luận => khẳng định 0,5đ 
Câu: 4 (4đ) 
a. x3+y3+z3-3xyz 
 = x3+3x2y+3xy2+y3+z3-3x2y-3xy2 -3xyz 0,5đ 
 = (x+y)3+z3 –3xyz(x+y+z) 0,5đ 
 = (x+y+z)(x2+2xy+y2+z2-xz-yz)-3xy(x+y+z) 0,5đ 
 =(x+y+z)(x2+y2+z2-xy-yz-zx) 0,5đ 
b. Giải phương trình : x4+2x3-4x2-5x-6=0 
 x4-2x3+4x3-8x2+4x2-8x + 3x-6=0 0,5đ 
 x3(x-2)+4x2(x-2)+4x(x-2)+3(x-2)=0 0,5đ 
 (x-2)(x3+4x2+4x+3)=0 0,25đ 
 (x-2)(x3+3x2+x2+3x+x+3) =0 0,25đ 
 (x-2)[x2(x+3)+x(x+3)+(x+3)]=0 0,25đ 
 (x-2)(x+3)(x2+x+1) =0 0,25đ 
 Câu: 5 (5đ) 
1. Chỉ ra Tam giác ABE = Tam giác CDF 0,5đ 
 =>BE=DF . BE//DF cùng vuông góc với AC 0,25đ 
 => BEDF là hình bình hành 0,25đ 
2.a. Chỉ ra góc CBH = góc CDK 0,5đ 
 => tam giác CHB đồng dạng với Tam giác CDK (g,g) 0,25đ 
CD
CK
CB
CH
 0,25đ 
 Chỉ ra CB//AD,CK vuông góc CB=> CK vuông góc CB 0,25đ 
 Chỉ ra góc ABC = góc HCK ( cùng bù với BAD) 0,25đ 
 Chỉ ra 
CD
CK
CB
CH
 hay 
AB
CK
CB
CH
 vì AB=CD 0,25đ 
 Chỉ ra tam giác CHK đồng dạng tam giác BCA (c-g-c) 0,25đ 
 b. chỉ ra tam giác AFD = tam giác CEB => AF=CE 0,5đ 
 chỉ ra tam giác AFD đồng dạng với tam giác AKC 0,25đ 
 => AD.AK=AF.AC => AD.AK=CE.AC (1) 0,5đ 
 Chỉ ra tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACH 0,25đ 
 => AB.AH=AE.AC (2) 0,25đ 
Công theo vế (1) và (2) ta được 
B 
A 
F 
E 
D 
K 
C 
H 
 AD.AK+ AB.AH =CE.AC+ AE.AC =(CE+AE)AC=AC2 0,25đ 
Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa 
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO 
TẠO HUYỆN KIM THÀNH 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN 
NĂM HỌC 2012 – 2013 
Môn: Toán 9 
Thời gian làm bài: 120 phút 
Đề gồm 01 trang 
Bài 1: (4,0 điểm) 
a) Rút gọn biểu thức A = 
2 9 3 2 1
5 6 2 3
x x x
x x x x
b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1. 
Hãy tính giá trị biểu thức: A = 
2 2 2 2 2 2
2 2 2
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
(1 ) (1 ) (1 )
y z z x x y
x y z
x y z
Bài 2: (3,0 điểm) 
a) Cho hàm số : f(x) = (x
3
 + 12x – 31)
2012
Tính f(a) tại a = 3 316 8 5 16 8 5 
b) Tìm số tự nhiên n sao cho n
2
 + 17 là số chính phương? 
Bài 3: (4,0 điểm) 
Giải các phương trình sau: 
a) 1 4 3x x 
b) 2 4 5 2 2 3x x x 
Bài 4: (3,0 điểm) 
a) Tìm x; y thỏa mãn: 2 4 4x y y x xy 
b) Cho a; b; c là các số thuộc đoạn  1;2 thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 6 hãy chứng minh 
rằng: 
a + b + c 0 
Bài 5: (6,0 điểm) 
Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H. 
a) Chứng minh: 
2 2 2
2 2 2
KC AC CB BA
KB CB BA AC
b) Giả sử: HK = 
1
3
AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 
c) Giả sử SABC = 120 cm
2
 và BÂC = 60
0
. Hãy tính diện tích tam giác ADE? 
TRƯỜNG THCS THƯỢNG VŨ 
Tổ KHTN 
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG HUYỆN KIM THÀNH 
NĂM HỌC 2012 – 2013 
Môn: Toán 9 
Thời gian: 120’ 
Câu 1: (4 điểm) 
a/ Rút gọn biểu thức A = 
2 9 3 2 1
5 6 2 3
x x x
x x x x
ĐKXĐ: x 4; x 9 
A = 
2 9 3 2 1 2 9 9 2 3 2 2
2 32 3 2 3 2 3
x x x x x x x x x
x xx x x x x x
= 
1 2 1
32 3
x x x
xx x
b/ Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1. 
Hãy tính: A = 
2 2 2 2 2 2
2 2 2
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
(1 ) (1 ) (1 )
y z z x x y
x y z
x y z
Gợi ý: xy + yz + xz = 1 1 + x
2
 = xy + yz + xz + x
2
 = y(x + z) + x(x + z) = (x + 
z)(x + y) 
Tương tự: 1 + y
2
 = ; 1 + z
2
 = . 
Câu 2: (3 điểm) 
a/ Cho hàm số : f(x) = (x
3
 + 12x – 31)
2012
Tính f(a) tại a = 3 316 8 5 16 8 5 
b/ Tìm số tự nhiên n sao cho n
2
 + 17 là số chính phương? 
Giải 
a/Từ a= 3 316 8 5 16 8 5 
 3 3 3332 3 16 8 5 16 8 5 16 8 5 16 8 5 32 12a a nên a
3
 + 12a = 32 
Vậy f(a) = 1 
b/ Giả sử: n
2
 + 17 = k
2
 (k ) và k > n (k – n)(k + n) = 17 
1
8
17
k n
n
k n
Vậy với n = 8 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
Câu 3: (4 điểm) 
Giải các phương trình sau: 
a/ 1 4 3x x 
b/ 2 4 5 2 2 3x x x 
Giải 
a/ ĐK: 4 1x 
Bình phương 2 vế: 1 4 2 (1 )(4 ) 9 (1 )(4 ) 2x x x x x x 
2
0
4 3 4 ( 3) 0
3
x
x x x x
x
(thỏa mãn) 
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 0; x = -3 
b/ 2 4 5 2 2 3x x x ĐKXĐ: x 
3
2
 2 2 1 2 3 2 2 3 1 0x x x x 
22 1 0
1 2 3 1 0 1
2 3 1
x
x x x
x
 vậy phương trình có nghiệm duy 
nhất x = -1 
Câu 4: (3 điểm) 
a/ Tìm x; y thỏa mãn: 2 4 4x y y x xy 
b/ Cho a; b; c là các số thuộc đoạn  1;2 thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 6 hãy chứng minh 
rằng: a + b + c 0 
Giải 
a/ 2 4 4 .2. 4 .2. 4x y y x xy x y y x xy 
Xét VP = .2. 4 .2. 4x y y x theo BĐT cosi: 
4 4 4 4
2 4 ;2 4
2 2 2 2
y y x x
y x
 vậy VP xy = VT 
Dấu = xảy ra khi: 
4 2
8
4 2
x
x y
y
b/ Do a; b; c thuộc đoạn  1;2 nên a + 1 0; a – 2 0 nên (a + 1)(a – 2) 0 
Hay: a
2
 – a – 2 0 a
2
 a + 2 
Tương tự: b
2
 b + 2; c
2
 c + 2 
Ta có: a
2
 + b
2
 + c
2
 a + b + c + 6 theo đầu bài: a
2
 + b
2
 + c
2
 = 6 nên: a + b + c 0 
Câu 5: (6 điểm) 
Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H. 
a/ Chứng minh: 
2 2 2
2 2 2
KC AC CB BA
KB CB BA AC
b/ Giả sử: HK = 
1
3
AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 
c/ Giả sử SABC = 120 cm
2
 và BÂC = 60
0
. Hãy tính diện tích tam giác ADE? 
Giải 
a/ Sử dụng định lý