Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9 tỉnh Nghệ An



Sưu tầm và tổng hợp

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
MÔN TOÁN LỚP 9 NGHỆ AN

Thanh Hóa, ngày 11 tháng 3 năm 2020

2
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018 – 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NGHỆ AN

Môn thi: TOÁN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề số 1
(Đề thi có một trang)
Câu 1. (3,0 điểm)

0.
a. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2y 2 − xy + x − 2y + 5 =
n

2
n
b. Chứng minh rằng A = 2 + 4 + 16 chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n.

Câu 2. (6,5 điểm)
a. Giải phương trình:

8x 3 + 4x
2x
=
+3
⋅
2x + 5

( x − 1)2 + ( y − 3 )2 =
1
b. Giải hệ phương trình: 
( x − 1)( y − 3 ) − x − y =−3.

Câu 3. (2,5 điểm)
Cho

a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4

4

4

 a   b   c 
P=
 +
 +
 .
a+ b  b+c  c+a 

Câu 4. (6,0 điểm)
1. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi D, E, F lần lượt là chân các
đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B, C của tam giác. Đường thẳng EF cắt đường tròn (O)
tại điểm thứ nhất M (M khác phía với O so với đường thẳng AB), đường thẳng BM
cắt đường thẳng DF tại N. Chứng minh rằng:
a. EF ⊥ OA.
b. AM = AN.

 =
2. Cho tam giác nhọn ABC, D là điểm trong tam giác đó sao cho ADB
ACB + 900
và AC.BD = AD.BC. Chứng minh

AB.CD
= 2.
AC.BD

Câu 5. (2,0 điểm)
Trong hình vuông cạnh bằng 1 có 2019 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại
một hình tròn bán kính bằng

1
nằm trong hình vuông đó mà không chứa điểm
91

nào trong 2019 điểm đã cho.
___________________Hết_________________

3
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017 – 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NGHỆ AN

Môn thi: TOÁN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề số 2
(Đề thi có một trang)
Câu 1 (3 điểm).
a. Tìm một số chính phương có 4 chữ số biết rằng chữ số hàng đơn vị là số nguyên tố và
căn bậc hai của số cần tìm có tổng các chữ số là một số chính phương.
b. Chứng minh rằng số A = 2

22n+1

+31 là hợp số với mọi số tự nhiên n.

Câu 2 (7 điểm).
2
 x = 2 y + 3 x − 6
a. Giải hệ phương trình: 
2
 y = 2 x + 3 y − 6.

b. Giải phương trình: x + =
1 + 2x + 3

8 x 2 + 18 x + 11
⋅
2 2x + 3

Câu 3 (2 điểm).
Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P=

1
1
1
+
+
⋅
(3 x + 1)( y + z ) + x (3 y + 1)( x + z ) + y (3 z + 1)( x + y ) + z

Câu 4 (6 điểm) Cho AB là một đường kính cố định của đường tròn (O). Qua điểm A vẽ
đường thẳng d vuông góc với AB. Từ một điểm E bất kì trên đường thẳng d vẽ tiếp tuyến
với đường tròn (O) (C là tiếp điểm, C khác A). Vẽ đường tròn (K) đi qua C và tiếp xúc với
đường thẳng d tại E, vẽ đường kính EF của đường tròn (K). Gọi M là trung điểm của OE.
Chứng minh rằng:
a. Điểm M thuộc đường tròn (K).
b. Đường thẳng đi qua F và vuông góc với BE luôn đi qua một điểm cố định khi E thay
đổi trên đường thẳng d.
Câu 5 (2 điểm). Ở miền trong đa giác lồi 2018 cạnh có diện tích bằng 1 lấy 2017 điểm,
trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có
3 đỉnh lấy từ 4035 điểm trên (bao gồm 2018 đỉnh của đa giác và 2017 điểm trong đa giác
đó) có diện tích không vượt quá

1
⋅
6050

___________________Hết_________________

4
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2016 – 2017

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NGHỆ AN

Môn thi: TOÁN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề số 3
(Đề thi có một trang)
Câu 1. (4 điểm)
a) Tìm hệ số a, b, c của đa thức P(x) = x 2 + bx + c biết P (x) có giá trị nhỏ nhất bằng – 1
tại x = 2.

x 2 + xy 2 − xy − y3 =
0
b) Giải hệ phương trình 
2
0
2 x + 1 − 3 x ( y + 1) − y =

(

)

Câu 2. (4 điểm)
a) Giải phương trình x + 2= 3 1 − x 2 + 1 + x
b) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca =
1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
2a
b
c
thức P =
+
+
2
2
1+ a
1+ b
1 + c2
Câu 3. (3 điểm)
0
 135
Cho tam giác ABC có
=
BAC
=
,BC 5cm và đường cao AH = 1 cm. Tìm độ dài

các cạnh AB và AC
Câu 4. (5 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), D là một điểm trên cung BC
không chứa A. Dựng hình bình hành ADCE. Gọi H, K lần lượt là trực tâm của tam giác
ABC và ACE. Gọi P và Q lần lượt là hình chiếu của K trên BC và AB, gọi I là giao điểm của
EK với AC
a) Chứng min rằng ba điểm P, I, Q thẳng hàng
b) Chứng minh rằng PQ đi qua trung điểm của KH
Câu 5. (4 điểm)
a) Tìm tất cả các số nguyên tố khác nhau m, n, p, q thỏa mãn
1 1 1 1
1
1
+ + + +
=
m n p q mnpq
b) Trên một bảng có ghi hai số 1 và 5. Ta ghi các số tiếp theo lên bảng theo quy tắc sau:
Nếu có hai số phân biệt trên bảng thi ghi thêm số z = xy + x + y . Chứng minh rằng
các số trên bảng (trừ số 1) có dạng 3k + 2 với số k là tự nhiên
___________________Hết_________________

5
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2015 – 2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NGHỆ AN

Môn thi: TOÁN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề số 4
(Đề thi có một trang)

Câu 1. (3,0 điểm)
a. Chia 18 vật có khối lượng 20162; 20152; 20142; ...; 19992 gam thành ba nhóm có khối lượng
bằng nhau. (không được chia nhỏ các vật đó).
b. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x + 171 = y2
Câu 2. (6,0 điểm)
a. Giải phương trình: x + 6 x + 1=
2

( 2 x + 1)

x2 + 2 x + 3

4 x 2 + 1= y 2 − 4 x
b. Giải hệ phương trình: 
2
2
1
 x + xy + y =
Câu 3. (3,0 điểm) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:

a +1 b +1 c +1
+
+
≥3
b2 + 1 c2 + 1 a 2 + 1
Câu 4. (6,0 điểm) Từ điểm M nằm ngoài đường tròn tâm (O; R). Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB
với đường tròn (A, B là các tiếp điểm), cát tuyến MPQ không đi qua O (P nằm giữa M, Q).
Gọi H là giao điểm của OM và AB.

 = HQO

a. Chứng minh: HPO
b. Tìm điểm E thuộc cung lớn AB sao cho tổng

1
1
+
có giá trị nhỏ nhất.
EA EB

Câu 5. (2,0 điểm) Tìm hình vuông có kích thước nhỏ nhất để trong hình vuông đó có thể
sắp xếp được 5 hình tròn có bán kính bằng 1 sao cho không có hai hình tròn bất kì nào
trong chúng có điểm trong chung.

___________________Hết_________________

6
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014 – 2015

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NGHỆ AN

Môn thi: TOÁN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề số 5
(Đề thi có một trang)

Câu 1. (4 điểm):
a. Cho hai số tự nhiên a, b thoả mãn điểu kiện: a2 + a = 2b2 + b.
Chứng minh rằng a – b và a + b + 1 đều là các sô chính phương.
b. Tìm số tự nhiên n sao cho số 2015 có thể viết được thành tổng của n hợp số nhưng
không thể viết được thành tổng của n + 1 hợp số.
Câu 2. (5 điểm):
a. Giải phương trình:

6 x −1 + 9 x2 −1 = 6 x − 9 x2

 x 2 + y 2 + xy =
2
b. Giải hệ phương trình:  2
2
 x + y = 2 x + 4 y
Câu 3. (3 điểm):
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn: abc = 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

1
1
1
+
+
.
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3

Câu 4. (6 điểm):
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Trên cung nhỏ BC của đường
tròn (O) lấy điểm M (M không trùng với B, C). Gọi D, E, F lần lượt là các điểm đối xứng
với M qua BC, CA, AB. Chứng minh rằng:
a. Ba điểm D, E, F thẳng hàng .
b.

AB AC BC
+
=
MF ME MD

Câu 5. (2 điểm):
Cho 121 điểm phân biệt nằm trong hoặc trên các cạnh của một tam giác đều có cạnh bằng
6 cm. Chứng mỉnhằng có thể vẽ được một hình tròn đường kính bằng
11 điểm trong số các điểm đã cho.
___________________Hết_________________

3 cm chứa ít nhất

7
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014 – 2015

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NGHỆ AN

Môn thi: TOÁN - BẢNG B
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề số 6
(Đề thi có một trang)
Câu 1. (4 điểm):

n 2 + 119 là số chính phương.
2
2
2
2
b. Cho các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn: a + b =c + d
Chứng minh a + b + c + d là hợp số .
a. Tìm số tự nhiên n sao cho

Câu 2.(5 điểm):

a. Giải phương trình:

3

x −1 + x + 2 =
3.

2
 x 2 + y 2 + xy =
b. Giải hệ phương trình:  3
3
x + y = 2x + 4 y

Câu 3. (3 điểm):
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: abc = 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

1
1
1
.
+
+
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3

Câu 4. (6 điểm):
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là
đường thẳng AB chứa nửa đường tròn (O) vẽ các tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn.
Trên đoạn thẳng AO lấy điểm H cố định (H không trùng với A, O). Gọi M là điểm di
chuyển trên nửa đường tròn. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với MH, đường thẳng
này cắt các tiếp tuyến Ax, By lần lượt ở C, D.
a. Chứng minh AC.BD = AH.BH
b. Xác định vị trí của điểm M để tam giác CHD có diện tích nhỏ nhất.
Câu 5. (2 điểm):
Cho 121 điểm phân biệt nằm trong hoặc trên các cạnh của một tam giác đều có cạnh
bằng 6cm. Chứng minh rằng có thể vẽ được một hình tròn đường kính bằng 3 cm chứa ít
nhất 11 điểm trong số các điểm đã cho.

___________________Hết_________________

8
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn thi: TOÁN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề số 7
(Đề thi có một trang)
Câu 1 (4.0 điểm).
a. Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k sao cho 2013k -1 chia hết cho 105
b. Tìm mọi số nguyên x sao cho x2+28 là số chính phương
Câu 2 (6.0 điểm).
a. Giải phương trình:

4 x2 + 5x + 1 − 2 x2 − x + 1 = 9 x − 3
2 2 x + y =3 − 2 x − y
b. Giải hệ phương trình: 
2
2
2
 x − 2 xy − y =
Câu 3 (3.0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xy+yz+zx=1 .
Tìm min của P =

x2
y2
z2
+
+
x+ y y+z z+x

Câu 4 (5.0 điểm). Cho đường tròn tâm O bán kính R. Từ điểm M là điểm ngoài đường tròn
kẻ hai tia tiếp tuyến MA; MB (A,B là tiếp điểm) và cát tuyến đi qua M cắt đường tròn tại C,
D (C nằm giữa M và D) cung CAD nhỏ hơn cung CBD. Gọi E là giao điểm của AB với OM.

 = 2DBC

a. Chứng minh DEC
b. Từ O kẻ tia Ot vuông góc với CD cắt tia BA ở K. Chứng minh KC và KD là tiếp
tuyến của đường tròn O
Câu 5 (2.0 điểm). Cho đường gấp khúc khép kín có độ dài bằng 1.Chứng minh rằng luôn
1
tồn tại một hình tròn có bán kính R = chứa toàn bộ đường gấp khúc đó
4
___________________Hết_________________

9

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 – 2013
Môn thi: TOÁN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề số 8
(Đề thi có một trang)
Câu 1. (4.0 điểm)
1. Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = a3 + b3 + c3 = 0 . Chứng minh rằng trong ba số
a, b, c có ít nhất một số bằng 0.
2. Cho các số tự nhiên a, b, c, d thỏa mãn a > b > c > d và ac + bd = (b + d + a – c)(b+ d – a+ c)
Chứng minh rằng ab + cd là hợp số.
Câu 2. (6.0 điểm)
1. Giải phương trình:

2 x 2 + 7 x + 10 + 2 x 2 + x + 4= 3 ( x + 1) .

 x 2 − 3 xy + y 2 =
−1
2. Giải hệ phương trình:  2
2
13
 3 x − xy + 3 y =

(1)
( 2)

Câu 3. (3.0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a 3 + b3 + c3 − 3abc =
1. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức: P = a 2 + b 2 + c 2 .
Câu 4. (7.0 điểm)
Từ điểm D nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến DA, DB với đường tròn (A
và B là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến DEC (E nằm giữa D và C). OD cắt AB tại M, AB cắt EC
tại N. Chứng minh rằng:
1. MA là phân giác góc ∠EMC.
2. MB 2 .DC = MC 2 .DE.

2
1
1
+
.
3. =
EC DC NC

___________________Hết_________________

10
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011 – 2012

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NGHỆ AN

Môn thi: TOÁN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề số 9
(Đề thi có một trang)
Câu 1 (5 điểm):
a) Cho a và b là các số tự nhiên thỏa mãn điều kiện: a 2 + b 2  7 .
Chứng minh rằng a và b đều chia hết cho 7.
b) Cho A = n2012 + n2011 + 1
Tìm tất cả các số tự nhiên n để A nhận giá trị là một số nguyên tố.
Câu 2 (4.5 điểm)
a) Giải phương trình:

4
1
5
+ x − =x + 2 x −
x
x
x

b) Cho x, y, z là các số thực khác 0 thỏa mãn: xy + yz + zx = 0
yz zx xy
Tính giá trị của biểu thức: M = 2 + 2 + 2
x
y
z
Câu 3 (4.5 điểm)
a) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: x + y + z + xy + yz + zx = 6.
Chứng minh rằng:

x2 + y 2 + z 2 ≥ 3
b) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: a + b + c = 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

a3
b3
c3
+
+
a 2 + b2 b2 + c2 c2 + a 2
Câu 4 (6.0 điểm) Cho đường tròn (O;R) và một dây BC cố định không đi qua O. Từ một
điểm A bất kỳ trên tia đối của tia BC vẽ các tiếp tuyến AM. AN với đường tròn ( M và N là
các tiếp điểm, M nằm trên cung nhỏ BC). Gọi I là trung điểm của dây BC, đường thẳng MI
cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là P.
P=

a) Chứng minh rằng: NP song song với BC.
b) Gọi giao điểm của đường thẳng MN và đường thẳng OI là K. Xác định vị trí của
điểm A trên tia đối của tia BC để tam giác ONK có diện tích lớn nhất.
___________________Hết_________________

11
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NGHỆ AN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn thi: TOÁN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề số 10
(Đề thi có một trang)
Câu 1 (4,0 điểm).
a) Cho các số nguyên a1, a2, a3, ... , an. Đặt S = a1 + a 2 + ... + a n
3

3

3

và P = a1 + a 2 + ... + a n . Chứng minh rằng: S chia hết cho 6 khi và chỉ khi P chia hết cho 6.
b) Cho A =
phương.

n 6 − n 4 + 2n 3 + 2n 2 (với n ∈ N, n > 1). Chứng minh A không phải là số chính

Câu 2 (4,5 điểm).

3

2

a) Giải phương trình: 10 x + 1= 3x + 6

1

x
3
+
=

y

1

b) Giải hệ phương trình:  y + =
3
z

1

z
3
+
=

x


1 1 1
+ + =
4.
x y z
1
1
1
+
+
≤1
Chứng minh rằng:
2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z

Câu 3 (4,5 điểm). a) Cho x > 0, y > 0, z > 0 và

b) Cho x > 0, y > 0, z > 0 thỏa mãn x

2011

+ y2011 + z 2011 =
3.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M = x + y + z
2

2

2

Câu 4 (4,5 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm
của tam giác. Gọi M là một điểm trên cung BC không chứa điểm A. (M không trùng với B
và C). Gọi N và P lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB và AC.
a) Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng.

 = 1200 , xác định vị trí của điểm M để
b) Khi BOC

1
1
+
đạt giá trị nhỏ nhất.
MB MC

Câu 5 (2,5 điểm).
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, một điểm I chuyển động trên cung
BC không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I cắt
đường thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB tại F.
Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định.

12
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn thi: TOÁN - BẢNG B
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề số 11
(Đề thi có một trang)

Câu 1 (5,0 điểm).
a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì
b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho

n 2 + n + 2 không chia hết cho 3.

n 2 + 17 là một số chính phương.

Câu 2 (5,0 điểm)
a) Giải phương trình: x + 4x+5 = 2 2x+3
2

2x+y = x 2
b) Giải hệ phương trình: 
2
2y+x = y
Câu 3 (3,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

4x+3
x2 + 1

Câu 4 (4,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường
cao BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.
a) Chứng minh rằng BH.BE + CH.CF =

BC 2

b) Gọi K là điểm đối xứng với H qua BC. Chứng minh rằng K ∈ (O).
Câu 5 (2,5 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, một điểm I chuyển động
trên cung BC không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với
IB tại I cắt đường thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB
tại F. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định.

___________________Hết_________________

13
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009 – 2010

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NGHỆ AN

Môn thi: TOÁN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề số 12
(Đề thi có một trang)

Câu 1. (4,5 điểm):
a) Cho hàm số f (x) = (x + 12x − 31)
3

2010

Tính f (a) tại a = 3 16 − 8 5 + 3 16 + 8 5
b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 5(x + xy + y ) = 7(x + 2y)
2

2

Câu 2. (4,5 điểm):
a) Giải phương trình:

x2 =

b) Giải hệ phương trình:

x3 − x 2 + x 2 − x
1 1 1
2
x + y + z =


2 − 1 =
4
 xy z 2

Câu 3. (3,0 điểm): Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =

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

Câu 4. (5,5 điểm): Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A
và B. Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường
tròn tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai đường thẳng
AD và AE cắt đường tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác với điểm A). Đường
thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng:
a) MI.BE = BI.AE
b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5. (2,5 điểm):
Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến AD. Điểm M di động trên đoạn
AD. Gọi N và P lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AB và AC. Vẽ NH ⊥ PD tại H. Xác
định vị trí của điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.

Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

14
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2008 – 2009

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NGHỆ AN

Môn thi: TOÁN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề số 13
(Đề thi có một trang)
Câu 1 (4,5 điểm).
a) Cho A = k4 + 2k3 − 16k2 − 2k + 15 với k∈Z. Tìm điều kiện của k để A chia hết cho
16.
b) Cho 2 số tự nhiên a và b. Chứng minh rằng nếu tích a.b là số chẵn thì luôn luôn
tìm được số nguyên c sao cho a2 + b2 + c2 là số chính phương.
Câu 2 (5,5 điểm).

2
a) Giải phương trình: x − x − 2 1 + 16x =
2

 x 3 + 2y 2 − 4y + 3 =
0
b) Cho x, y thoả mãn: 
2
2 2
0
 x + x y − 2y =
Tính Q = x2 + y2.
Câu 3 (3,0 điểm).




1 1 
1 1 
1 1
+  3 + +  3 + + 
a b 
b c 
c a
3
Trong đó các số dương a, b, c thoả mãn điều kiện a + b +c ≤
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =  3 +

Câu 4 (5,5 điểm).
Cho đường tròn (O; R), hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. E là một
điểm trên cung nhỏ AD (E không trùng với A và D). Nối EC cắt OA tại M; nối EB
cắt OD tại N.
a) Chứng minh rằng: AM.ED =

2 OM.EA.

b) Xác định vị trí điểm E để tổng

OM ON
+
đạt giá trị nhỏ nhất.
AM DN

Câu 5 (1,5 điểm).
Cho tam giác ABC, lấy điểm C1 thuộc cạnh AB, A1 thuộc cạnh BC, B1 thuộc cạnh
CA. Biết rằng độ dài các đoạn thẳng AA1, BB1, CC1 không lớn hơn 1.
Chứng minh rằng: SABC ≤

1
(SABC là diện tích tam giác ABC).
3
- - - - - Hết- - - - -

15
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2008 – 2009

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NGHỆ AN

Môn thi: TOÁN - BẢNG B
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề số 14
(Đề thi có một trang)
Câu 1 (4,5 điểm).
a) Cho A = k4 + 2k3 − 16k2 − 2k + 15 với k ∈ Z. Tìm điều kiện của k để A chia hết
cho 16.
b) Tìm giá trị lớn nhất của phân số mà tử số là một số có ba chữ số, còn mẫu số là
tổng các chữ số của tử số.
Câu 2 (5,5 điểm).
a) Giải phương trình: x − x − 2 1 + 16x =
2
2

 x 2 + y 2 + xy =
9
b) Giải hệ phương trình: 
3
 x + y + xy =
Câu 3 (3,0 điểm). Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P
=

1
1
1
1
+
+
+
2
2
xy yz xz
x +y +z
2

Câu 4 (5,5 điểm). Cho đường tròn (O; R), hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau.
E là một điểm trên cung nhỏ AD (E không trùng với A và D). Nối EC cắt OA tại M; nối EB
cắt OD tại N.
a) Chứng minh rằng: AM.ED =

2 OM.EA

b) Xác định vị trí điểm E để tổng

OM ON
+
đạt giá trị nhỏ nhất.
AM DN

Câu 5 (1,5 điểm). Cho tam giác ABC, lấy điểm C1 thuộc cạnh AB, A1 thuộc cạnh BC, B1
thuộc cạnh CA. Biết rằng độ dài các đoạn thẳng AA1, BB1, CC1 không lớn hơn 1.
Chứng minh rằng: SABC ≤

1
(SABC là diện tích tam giác ABC).
3
- - - - - Hết- - - - -

16
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2008 – 2009

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NGHỆ AN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN – Đề dự bị
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề số 15
(Đề thi có một trang)
Câu 1 (5 điểm).
a) Tìm tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số biết rằng số đó là số là số chính
phương và là bội của 126.
b) Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên:
x2008 - 4y2009 = 2007.
Câu 2 (5 điểm).
a) Giải phương trình: 16x2 -24x + 4x + 2 + 4 =0
b) Tìm a,b,c biết: 4a - b2 = 4b - c2 = 4c - a2 = 1.
Câu 3 (4điểm).
a) Cho a,b,c là các số thực dương. Chưng minh rằng:

bc
ca
ab
+
+
≤1
a 2 + 2bc b2 + 2ca c2 + 2ab
k2
b) Cho đa thức f(x) bậc 2007 và f(k) =
với k = 1; 2; 3; ...2008.
k +1
Tính f(2009).
Câu 4 (6 điểm). Cho đoạn thẳng AB cố định, độ dài bằng a. O là trung điểm của AB. Gọi d
1 d 2 là

các đường thẳng vuông góc với AB tương ứng tại Avà B. Một góc vuông

đỉnh O có hai cạnh cắt d 1 ,d 2 lần lượt tại Mvà N.

a2
a) Chứng minh rằng: AM.BN =
và AM +BN =MN.
4
b) Kẻ OH vuông góc với MN đường tròn ngoại tiếp tam giác MHB cắt d 1 ở điểm thứ
hai là E (khác M). MB cắt NA ở I, đường thẳng HI cắt EB ở K. Chứng minh rằng:K nằm
trên đường tròn cố định khi góc vuông quay quanh đỉnh O.

- - - - - Hết- - - - -

17
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2007– 2008

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NGHỆ AN

Môn thi: TOÁN – Bảng A
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề số 16
(Đề thi có một trang)
Bài 1: (4,0 điểm)
a. Tìm các số tự nhiên có 3 chữ số, biết rằng: số đó là số chẵn, chia hết cho 11 và
tổng các chữ số của số đó cũng chia hết cho 11.
b. Chứng tỏ rằng:

3

7 − 50 + 3 7 + 50 là số tự nhiên.

Bài 2: (4,0 điểm)
a. Giải phương trình:

4x 2 + 5x + 1 +=
3 2 x 2 − x + 1 + 9x

29
 x 2 + y2 + z2 =

=
−24
xyz
b. Giải hệ phương trình: 
−6
xy − 2x − 3y =

y>2
Bài 3: (4,0 điểm) Cho a, b là các số thực không âm thoả mãn: a2 + b2 = 1.
a. Chứng minh : 1 ≤ a + b ≤

2

b. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=

1 + 2a + 1 + 2b

Bài 4: (3,0 điểm) Cho 3 số thực x, y, z thoả mãn xyz = 1.
Chứng minh rằng: Nếu x + y + z >

1 1 1
+ + thì trong ba số x, y, z có duy nhất
x y z

một số lớn hơn 1.
Bài 5: (5,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB và dây cung CD (C, D không trùng
với A, B). Gọi M là giao điểm các tiếp tuyến của đường tròn tại C, D; N là giao
điểm các dây cung AC, BD. Đường thẳng qua N vuông góc với NO cắt AD, BC lần
lượt tại E, F. Chứng minh:
a. MN vuông góc với AB.
b. NE = NF.
- - - - - Hết- - - - -

18

HƯỚNG DẪN GIẢI
Đề số 1
Câu 1.
a. Ta có: 2 y − xy + x − 2 y + 5 =0 ⇔ x( y − 1) =2 y − 2 y + 5
2

⇔ x = 2y +

2

5
y −1

(y =1 không thỏa mãn PT)
Vì x, y là các số nguyên nên y -1 là ước của 5.

TH 1: y − 1 = 1 ⇒ y = 2 ⇒ x = 9.
TH 2 : y − 1 =−1 ⇒ y =0 ⇒ x =−5.
TH 3: y − 1 = 5 ⇒ y = 6 ⇒ x = 13.
TH 4 : y − 1 =−5 ⇒ y =−4 ⇒ x =−9.
Vậy PT có các nghiệm nguyên (x;y) là: (9;2), (-5;0), (13;6), (-9;-4).
b. Ta có A = 2
Đặt 2

2n

2n

+ 4n + 16 =

(

(2

2n

)

) (

)

− 1 + 4n − 1 + 18

= 22 k k ∈ * suy ra 22 − 1 = 22 k − 1= 4k − 1  3
n

Do đó với mọi n nguyên dương ta có: 2

2n

− 1  3; 4n − 1  3; 18  3

n

⇒ A = 22 + 4n + 16  3
Câu 2.

−3
2
8 x3 + 4 x
2 x + 3=
⇔ (2 x + 5) 2 x + 3= 8 x3 + 4 x
2x + 5

a. Điều kiện: x ≥

⇔ ( 2 x + 3)3 + 2 2 x +=
3 (2 x)3 + 2(2 x)
Đặt a=

2 x + 3 ≥ 0, b= 2 x

Ta có:



b 2 3b 2
a + 2a = b + 2b ⇔ ( a − b ) (a + ) +
+ 2 = 0 ⇔ a = b
2
4


2 x ≥ 0
Suy ra: 2 x + 3 = 2 x ⇔ 
4 x2
2 x + 3 =
3

1 + 13
⇔x=
4

3

19
b. Hệ phương trình đã cho tương đương với
( x − 1)2 + ( y − 3)2 = 1

( x − 1)( y − 3) = ( x − 1) + ( y − 3) + 1

Đặt a = x − 1; b = y − 3 ⋅ Ta được hệ phương trình
(a + b )2 − 2ab = 1
a 2 + b 2 = 1
⇔


ab = a + b + 1
ab = a + b + 1

Đặt

S =+
a b; P =
ab, điều kiện S 2 ≥ 4 P . Hệ trên trở thành

S 2 − 2 P = 1 S = −1
⇔
(thỏa mãn) hoặc

P = 0
P = S + 1

S = 3
(loại)

P = 4

a = −1

S = −1 a + b = −1
b = 0
⇔
⇔

 a = 0
P = 0
ab = 0

b = −1

a = −1
 x − 1 = −1
x = 0
⇔
⇔
+) 
b = 0
y − 3 = 0
y = 3
a = 0
x − 1 = 0
x = 1
⇔
⇔
+) 
b = −1  y − 3 = −1  y = 2
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là (0;3), (1;2)
Câu 3.

1
1
1
+
+
b
c
a
(1 + ) 4 (1 + ) 4 (1 + ) 4
a
b
c
b
c
a
,y =
, z =⇒ x, y, z > 0, xyz =
1.
Đặt: x =
a
b
c
1
1
1
⇒
=
P
+
+
4
4
(1 + x) (1 + y ) (1 + z ) 4
Ta có: P =

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:

1 1
1
1 
P≥ 
+
+
2
2
3  (1 + x) (1 + y ) (1 + z ) 2 

2

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:

  x 2 
y
1
2

1 +
 ≥ 1+ x) ⇒
xy
≥
2
   y   (
(1 + x ) (1 + xy )( x + y )
 
 
1
x
≥
Tương tự:
2
(1 + y )
(1 + xy )( x + y )
1 +


(

)

2

Từ 2 BĐT trên ta có:

1
1
1
+
≥
2
2
(1 + x) (1 + y ) 1 + xy

20
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1
Tương tự:

⇒

1
1
1
1
1
1
+
≥
⇒
≥
−
2
2
2
(1 + z ) (1 + 1) 1 + z
(1 + z ) 1 + z 4

1
1
1
1
1
1
z
1
1 3
+
− =
+
− =
+
+
≥
2
2
2
1 + xy 1 + z 4 1 + z 1 + z 4 4
(1 + x) (1 + y ) (1 + z )

3
3
, P = ⇔ x = y = z =1 ⇔ a = b = c
16
16
3
⋅
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là:
16
Ta có: P ≥

Câu 4.
N
y

A
x

P
E
F
M

O
Q
B

C

D

1.
a) Qua điểm A vẽ tiếp tuyến xy với đường tròn (O) suy ra OA ⊥ xy

 = 900 (GT); BFC
 = 900 (GT) do đó tứ giác BCEF là tứ
Xét tứ giác BCEF có BEC
ACB = 
AFE (1)
giác nội tiếp suy ra 
 = 1 Sd 
Mặt khác BAx
AB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)
2

1

=
ACB = Sd 
AB (góc nội tiếp) do đó BAx
ACB ) (2)
2
 ở vị trí so le trong nên EF // xy hay EF ⊥ OA .
AFE = BAx
Từ (1) và (2) suy ra 
b) Đường thẳng EF cắt (O) tại điểm thứ 2 là P, BP cắt DF tại Q.
AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC nên BCEF, ACDF nội tiếp, do đó


ACB = 
AFP

=
ACB
Mặt khác

(

(

1  1
 + MA

=
Sd AB
Sd BM
2
2

1

+
=
AFP
Sd BM
AP
2

)

)

21

 và ⇒ AM =
Do đó Sd 
AP (1)
AM = Sd 
AP suy ra BA là tia phân giác của MBQ
 , tứ giác ACDF nội tiếp nên 

ACB = BFM
Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra 
ACB = BFQ




= BFM
= 
ACB , suy ra FB là tia phân giác của MFQ
do đó BFQ
∆MFB =
∆QFB ⇒ MB =
QB ⇒ ∆BMP =
∆BQN ⇒ BP =
BN .

∆ABP nên AN = AP (2)
Do đó ∆ABN =
Từ (1) và (2) suy ra AM = AN.
2.
A
E

D

B
C

Dựng tam giác vuông cân BDE tại D sao cho E thuộc nửa mặt phẳng có bờ BD không
chứa C.

ADE = 
ACB và DE = DB
Ta có 
Từ giả thiết AC.BD = AD.BC

AD BD DE
AB AC
=
=
⇒ ∆ADE ~ ∆ACB , từ đó
AC BC BC
AE AD
 = BAE
 . Do đó ∆CAD ~ ∆BAE
 = EAD
 , suy ra CAD
Mặt khác BAC
AC CD
CD
AB.CD
==
⇒
=
2
AB BE BD 2
AC.BD
Suy ra =

Câu 5.
Chia hình vuông đã cho thành 2025 hình vuông nhỏ có cạnh bằng nhau và bằng

1
.
45

Gọi (C1 ), (C2 ),..., (C2025 ) là các hình tròn nội tiếp các hình vuông nhỏ ở trên,
chúng có bán kính bằng nhau và bằng
'

'

1
.
90

'

Gọi (C1 ), (C2 ),..., (C2025 ) lần lượt là các hình tròn đồng tâm với các hình tròn ở
trên có bán kính là:

1
. Khi đó các hình tròn này nằm trong hình vuông và đôi một
91

không có điểm chung (rời nhau).

22
'

'

'

Trong hình vuông đã cho có các hình tròn rời nhau (C1 ), (C2 ),..., (C2025 ) và có
2019 điểm nên tồn tại một hình tròn trong các hình tròn này không chứa điểm nào
trong 2019 điểm đã cho.
Đề số 2
Câu 1.
a. (1,5 điểm)Tìm một số chính phương có 4 chữ số biết rằng chữ số hàng đơn vị là số nguyên tố và
căn bậc hai của số cần tìm có tổng các chữ số là một số chính phương

Gọi số cần tìm có dạng abcd => abc
=
d n

(n ∈ N* )
=> d = 0,1,4,5,6,9 mà d là số nguyên tố => d = 5
Mặt khác 100 < abcd < 10000 ⇒ 31 < n < 100
Do d = 5 => n có tận cùng là 5 hay n = e5
2

Mà e +5 là số chính phương => e = 4.

=> n = 45 => abcd = 2025.
b. (1,5 điểm) Chứng minh rằng số

A=22

2n+1

+31 là hợp số với mọi số tự nhiên n.

=2.22n chia 3 dư 2 ∀n ∈ N
⇒ 22n+1 =3k+2,(k ∈ N)

Ta có 2

2n+1

⇒ A=22

2n+1

+31=23k + 2 + 31= 4.(23 ) k + 31= 4.8k + 31

Mà 8 chia 7 dư 1 ∀k ∈ N ⇒ 4. 8 chia 7 dư 4 ∀k ∈ N
k

k

⇒ 4. 8k +31  7 ∀k ∈ N
⇒ A=22

2n+1

+31  7 ∀n ∈ N Mà A >7

⇒ A là hợp số với mọi số tự nhiên n.
Câu 2. a.(3,5 điểm ) Giải hệ phương trình:

 x 2 = 2 y + 3 x − 6
 2
 y = 2 x + 3 y − 6.

 x 2 = 2 y + 3 x − 6
 x 2 = 2 y + 3 x − 6  x 2 = 2 y + 3 x − 6
⇔ 2
⇔
 2
2
0
 y =2 x + 3 y − 6  x − y =x − y
( x − y )( x + y − 1) =
TH 1:

2
 x =
 x 2 = 2 y + 3 x − 6  x 2 − 5x + 6 = 0  
(2;2),(3;3)
⇔
⇔   x = 3 ⇔ ( x; y ) =

x
y
x
y
=


x = y

 x 2 = 2 y + 3x − 6
 x 2 = 2 y + 3x − 6
 x 2 − x + 4 = 0(vn)
TH 2. 
⇔
⇔
x + y −1 = 0
y =1− x
y =1− x

23
Vậy hệ phương trình có nghiệm: ( x; y ) = (2;2),(3;3)
b.(3,5 điểm) Giải phương trình:

8 x 2 + 18 x + 11
x +=
1 + 2x + 3
⋅
2 2x + 3

−3
⋅
2
đặt a = x + 1, b = 2 x + 3 > 0 , PT trở thành:
8a 2 + b 2
a + b=
⇔ 2b(a + b)= 8a 2 + b 2 ⇔ b 2 + 2ab − 8a 2= 0
2b
b = 2 a
⇔ (b + 4a )(b − 2a ) =0 ⇔ 
b = −4a
ĐK: 2x + 3 > 0 ⇔ x >

TH 1. =
b 2a ⇒

2 x +=
3 2( x + 1) ⇔ 2x +=
3 4( x + 1) 2 ( x ≥ −1)


−3 + 5
(tm)
x =
4
2
⇔ 4x + 6x + 1 = 0 ⇔ 

−3 − 5
(l )
x =

4
TH 2.

b = −4a ⇒ 2x + 3 = −4( x + 1) ⇔ 2x + 3 = 16( x + 1) 2 ( x ≤ −1)

−15 + 17
(l )
x =
16
2
⇔ 16x + 30x + 13 =0 ⇔ 

−15 − 17
(tm)
x =
16

−3 + 5
−15 − 17
Vậy phương trình có hai nghiệm:
=
x =
,x
⋅
4
16
Câu 3. Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P=

1
1
1
+
+
⋅
(3 x + 1)( y + z ) + x (3 y + 1)( x + z ) + y (3 z + 1)( x + y ) + z

Áp dụng BĐT Cô-si cho ba số ta có :

P=

x + y + z ≥ 3 3 xyz =
3

1
1
1
+
+
⋅
3x( y + z ) + x + y + z 3 y ( x + z ) + x + y + z 3z ( x + y ) + x + y + z

=> P ≤

1
1
1
+
+
3x( y + z ) + 3 3 y ( x + z ) + 3 3z ( x + y ) + 3

24

⇒ 3P ≤

Đặt

1
1
1
+
+
1 1
1 1
1 1
+ +1
+ +1
+ +1
y z
x z
x y

1
1
1
a =3 , b = , c =3 ⇒ a, b, c > 0, abc =
1
3 y
x
z

⇒ 3P ≤
Ta có:

1
1
1
+ 3 3
+ 3
3
a + b + 1 b + c + 1 c + a3 + 1
3

a 3 + b3 = (a + b)(a 2 + b 2 − ab) ≥ (a + b)(2ab − ab) = ab(a + b) (1)

Thiết lập các BĐT tương tự còn lại ta có:

3P ≤

1
1
1
+
+
ab(a + b) + abc bc(b + c) + abc ca (c + a ) + abc
c
a
b
1
=
+
+
=1 ⇒P≤
a+b+c a+b+c a+b+c
3

a= b= c
1
P= ⇔ 
⇔ a = b = c = 1 ⇔ x = y = z = 1.
abc
=
1
3

Vậy GTLN của P bằng

1
.
3

Câu 4. Cho AB là một đường kính cố định của đường tròn (O). Qua điểm A vẽ đường thẳng d
vuông góc với AB. Từ một điểm E bất kì trên đường thẳng d vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) (C là
tiếp điểm, C khác A). Vẽ đường tròn (K) đi qua C và tiếp xúc với đường thẳng d tại E, vẽ đường
kính EF của đường tròn (K). Gọi M là trung điểm của OE. Chứng minh rằng:

K

E

F

C
Q

M

A

B
N

O

25
a.(3 điểm) Điểm M thuộc đường tròn (K).


Ta có EC là tiếp tuyến của đường tròn (O)=> ECO=90
, mà
0

=>

EF
)
2

0

=> O, C, F thẳng hàng.
ECF=90

Mà EC, EA là hai tiếp tuyến của (O) =>
Mặt khác


=> EOF



AOE = EOF


FE ⊥ d , AB ⊥ d ⇒ EF / / AB ⇒ 
AOE =
O
EF


=O
EF

=> tam giác EFO cân tại F

Mà M là trung điểm của EO =>
=>

C ∈ (K ,

FM ⊥ EO

 = 900 ⇒ M ∈ ( K ).
FME

b.(3 điểm) Đường thẳng đi qua F và vuông góc với BE luôn đi qua một điểm cố định khi E thay
đổi trên đường thẳng d.
Gọi N là trung điểm của AO, Q là giao điểm của BE và FN
=> MN là đường trung bình của tam giác EAO => MN//AE

 = 900 − MON

⇒ MN ⊥ AO ⇒ NMO
 =EOB

⇒
NMF =1800 − MON
Mặt khác tam giác MOF đồng dạng với tam giác NOM (gg)

MF MO EO
= =
NM NO AO

mà AO = BO =>

MF EO
=
NM BO

=> tam giác MFN đồng dạng với tam giác OEB (cgc).

 MFN

 MFQ

=> OEB
=
=
hay MEQ
=>

=> tứ giác MEFQ nội tiếp đường tròn (K)

 = 900 ⇒ NF ⊥ BE
EQF

Vậy khi E thay đổi trên d thì đường thẳng đi qua F và vuông góc với BE luôn đi qua điểm cố định
là trung điểm của OA.
Câu 5. Ở miền trong đa giác lồi 2018 cạnh có diện tích bằng 1 lấy 2017 điểm, trong đó không có ba
điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 4035 điểm trên
(bao gồm 2018 đỉnh của đa giác và 2017 điểm trong đa giác đó) có diện tích không vượt quá

1
⋅
6050
Từ 2018 đỉnh và 2017 điểm nằm trong đa giác nối các điểm để tạo thành các tam giác chỉ chung
nhiều nhất là một cạnh và đôi một không có điểm trong chung, phủ kín đa giác nói trên.

26
Ta có tổng các góc trong của đa giác là:

(2018 − 2)1800 =
2016.1800

tổng các góc trong của các tam giác trên bằng tổng các góc trong của đa giác cộng với

2017.3600

=>tổng các góc trong của các tam giác trên bằng

2017.3600 + 2016.1800 =
6050.1800
=>có tất cả 6050 tam giác có tổng diện tích là 1.
Vậy phải có ít một tam giác trong 6050 tam giác trên có diện tích không vượt quá

1
⋅
6050

Đề số 3
Câu 1
a) Do đa thức P(x) = x 2 + bx + c có bậc hai và có giá trị nhỏ nhất là - 1 tại x=2 nên viết
được dưới dạng P(x) =( x − 2 ) − 1.
2

Từ đó ta có P(x) = x 2 + bx + c =

(x − 2)

2

−1

Hay ta được x 2 + bx + c = x 2 − 4x + 3 , Đồng nhất hệ số hai vế ta được b =
−4;c =
3
b) Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

x = y
x(x + y 2 ) − y(x + y 2 ) =0 ⇔ ( x − y ) x + y 2 =0 ⇔ 
2
0
x + y =

(

)

Với x+y2=0, kết hợp với điều kiện ta xác định x ≥ 0 ta được x = y = 0
Thay vào phương trình còn lại ta thấy không thỏa mãn.
Với x=y, thay vào phương trình còn lại ta được:
2(x 2 + 1) − 3 x(x + 1) − x = 0 ⇔ 2 x 2 − 3x x − x − 3 x + 2 = 0

t
Đặt=

x ≥ 0 , khi đó ta được phương trình 2t 4 − 3t 3 − t 2 − 3t + 2 =
0
1
t 2;t
=
Nhẩm được=
nên ta phân tích được
2
2t 3 (t − 2) + t 2 ( t − 2 ) + ( t − 1)( t − 2 ) =
0

(

)

⇔ ( t − 2 ) 2t 3 + t 2 + t − 1 =0

(

)

⇔ ( t − 2 )( 2t − 1) t 2 + t + 1 =0

x= y=
 1
t=


⇔
2⇒

x= y=
t = 2

2
2
2

Câu 2.
a) Quan sát phương trình ta chú ý đến biến đổi 1 − x 2 =(1 − x)(1 + x) . Để ý đến điều
kiện xác định ta phân tích được 1 − x 2 = 1 − x. x + 1

27
Như vậy ta viết lại được phươn trình x + 2= 3 1 − x. x + 1 + 1 + x
Ta có biểu diễn x + 3= 2(x + 1) + (1 − x)
Đến đây ta đặt ẩn phụ a = x + 1;b = 1 − x thì ta viết lại phương trình lại thành
2a 2 + b 2 − 1= 3ab + a
Hay b 2 − 3ab + 2a 2 − a − 1 =
0
Xem phương trình trên là phương trình ẩn b và a là tham số thì ta có
∆= 9a 2 − 4(2a 2 − a − 1)=

(a + 2 )

2

Do đó phương trình có hai nghiệm là b=

=
b

3a − (a + 2)
= a − 1 và
2

3a + (a + 2)
= 2a + 1
2
3
2
24
1 − x =2 1 + x + 1 ⇔ .... ⇔ x =−
25

Với b = a – 1 ta được 1 − x = 1 + x − 1 ⇔ ..... ⇔ x =±
Với b = 2a+1 ta được

 3 −24 
Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm S =  ;

 2 25 
b) Từ giả thiết ab+bc+ca=1, ta để ý đến phép biến đổi

a 2 + 1 = a 2 + ab + bc + ca =

( a + b )( a + c )

Áp dụng tương tự bất đẳng thức trở thành
2a
b
c
P=
+
+
( a + b )( a + c ) ( a + b )( b + c ) ( a + c )( b + c )
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta được
2a
b
c
P=
+
+
( a + b )( a + c ) ( a + b )( b + c ) ( a + c )( b + c )
1 
1   1
1 
 1
 1
≤ a
+
+ b
+
+ c
+



a+b a+c
 a + c 4(b + c)   4(b + c) a + c 
a+b
b+c
a+c
1
9
=
+
+
= 1+ +1 =
a + b 4(b + c) a + c
4
4

Vậy bất đẳng thức được chứng minh . Đẳng thức xảy ra

1
1 
 7
⇔ ( a;b;c ) =
;
;


 15 15 15 

28
Câu 3.

M
A

B

I

C

H N

Gọi AB = y; AC=x. Dựng CM vuông góc với AB, khi đó ta được
AM=CM=

x 2
2

Ta =
có S ABC

1
5
1
1 x 2
=
AH.BC
. Lại
có S ABC =
=
.CM. AB
y.
2
2
2
2
2

1
1 x 2 5
Do đó ta được S ABC =
CM.AB =
y.
=
⇔ xy 2 =
10
2
2
2
2
Tam giác BCM vuông tại M nên ta lại có BM 2 + MC 2 =
BC 2 . Suy ra
2

2


x 2  x 2 
x2
x2
2
2
+
+
=
⇔
+
+
+
= 25
y
5
y
xy
2

 

2
2
2
2

 

Từ đó ta được x 2 + y 2 =
15. Ta có hệ phương trình
2
x 2 + y 2 =
15 ( x + y ) − 2xy =
15
x = 10
⇔
⇔ ..... ⇔ 

xy 2 = 10
y = 5
xy = 5 2

Do vai trò của AB và AC như nhau nên ta có kết quả=
là AB
=
AB

=
5;AC

10

=
10;AC

5 và

29
Câu 4.

N

Q

E
J

F

A
K
I

H
P

B
M

C
D

a) Trước hết, ta chứng minh điểm K thuộc đường tròn (O)
Do K là trực tâm của tam giác ACE nên ta có KJEF nội tiếp
 + AEC
=
Từ đó suy ra AKC
1800

 = AEC

Mặt khác do tứ giác ADCE là hình bình hành nên lại có ADC
 + ADC
=
Từ đó suy ra AKC
1800 , nên tứ giác ADCK nội tiếp hay điểm K
nằm trên đường tròn.
+) Chứng minh ba điểm I, P, Q thẳng hàng
Do K là trực tâm tam giác ACE nên ta có KI vuông góc với AC.
Đường thẳng đi qua ba điểm I, P, Q là đường thẳng Simson
b) Chứng minh PQ đi qua trung điểm của KH
Gọi N là giao điểm của PQ và AH . Gọi M là giao điểm của AH với đường
tròn (O). Khi đó dễ thấy tam giác PHK cân. Do AH // KP nên tứ giác KPMN
là hình thang

30

 nên tứ giác



Lại có BPKQ nội tiếp nên suy ra được QBK
= ABK
= AMK
= QPK
KPMN nội tiếp . Do đó KPMN là hình thang cân. Do đó


 nên KN // HP
PMH
= PHM
= KNM
Do vậy tứ giác HPKN là hình bình hành. Từ đó ta có điều phải chứng minh
Câu 5.
a) Do m, n, p, q là các số nguyên tố khác nhau nên không mất tính tổng quát ta giả
sử n > m > p > q. Khi đó ta được q ≥ 2;p ≥ 3;n ≥ 5;m ≥ 7
Dễ thấy
Lại thấy:

1 1 1 1
1
3.5.7 + 2.3.7 + 2.5.7 + 2.3.5 + 1 248
+ + + +
=
=
>1
2 3 5 7 2.3.5.7
2.3.5.7
210
1 1 1 1
1
3.5.7 + 11.3.7 + 11.5.7 + 11.3.5 + 1 887
+ + + +
=
=
<1
3 5 7 11 3.5.7.11
3.5.7.11
1155

Từ đó suy ra trong các số m, n, p, q có một số là 2. Do q nhỏ nhất nên ta được q=2
Từ đó ta lại được

1 1 1
1
1
+ + +
=
m n p 2mnp 2

1 1 1
1
1
+ + +
< . Như vậy trong ba số
5 7 11 2.5.7.11 2
nguyên tố m, n, p phải có một số bằng 3, do đó suy ra p=3.
Dễ thấy với p=5, n=7, m=11 ta có

Từ đó lại có

1 1
1
1
+ +
= hay ta được mn − 6m − 6n =1 ⇔ ( m − 6 )( n − 6 ) =37
m n 6mn 6

Đến đây ta được n = 7; m = 43.
Thử lại ta thấy các bội số (m;n;p;q)=(2;3;7;43) thỏa mãn bài toán
b) Từ hai số trên bảng ta thấy có một số chia 3 dư 2. Do đó trong hai số x và y khác
nhau thì có x+1 hoặc y+1 chia hết cho 3, suy ra ( x + 1)( y + 1) chia hết cho 3
Khi ta viết thêm số mới là z = xy + x + y =

( x + 1)( y + 1) − 1 thì ta được z chia 3 dư 2

Như vậy dãy số viết trên bảng trừ số 1 luôn chia 3 dư 2 hay các số đó có dạng
3k+2
Đề số 4
Câu 1.
a) - Nhận xét:

n2 + (n + 5)2 = 2n2 + 10n + 25 = x + 25
(n + 1)2 + (n + 4)2 = 2n2 + 10n + 17 = x + 17

31
(n + 2)2 + (n + 3)2 = 2n2 + 10n + 13 = x + 13
Lần thứ nhất, chia 6 vật có khối lượng 19992, ... , 20042 thành ba phần: A + 25, A + 17, A + 13
Lần thứ hai, chia 6 vật có khối lượng 20052, ..., 20102 thành ba phần: B + 25, B + 17, B + 13
Lần thứ ba, chia 6 vật có khối lượng 20112, ..., 20162 thành ba phần: C + 25, C + 17, C + 13
Lúc này ta chia thành các nhóm như sau: Nhóm thứ nhất A + 25, B + 17, C + 13; nhóm thứ
hai B + 25, C + 17, A + 13; nhóm thứ ba C + 25, A + 17, B + 13. Khối lượng của mỗi nhóm
đều bằng A + B + C + 55 gam.
b) Viết phương trình đã cho về dạng: 9.(3x – 2 + 19) = y2 (x ≥ 2). Để y là số nguyên thì điều

kiện cần và đủ là 3x – 2 + 19 = z2 là số chính phương (z là số nguyên dương)
Nếu x – 2 = 2k + 1 là số lẻ thì 32k + 1 + 19 = (32k + 1 + 1) + 18 = 4.B + 18 chia hết cho 2 nhưng
không chia hết cho 4 nên không thể là số chính phương.
Do đó x – 2 = 2k là số chẵn
Ta có 3x

– 2

+ 19 = z2 ⇔ ( z − 3k )( z + 3k ) =
19 . Vì 19 là số nguyên tố và z − 3k < z + 3k nên

 z − 3k =
1
 z = 10
 z = 10
⇔
⇔

 k
k
19
 z + 3 =
k = 2
3 = 9
Vậy x = 6 và y = 30.
Câu 2.
a) ĐKXĐ: R.

Vì x =

−1
không phải là nghiệm, nên phương trình đã cho tương đương với phương trình:
2

x2 + 6 x + 1
=
2x +1
⇔

x2 + 2 x + 3

x2 + 6 x + 1
− 2=
2x +1

x2 + 2 x + 3 − 2

x 2 + 6 x + 1 − 2(2 x + 1) ( x 2 + 2 x + 3 + 2)( x 2 + 2 x + 3 − 2)
=
2x +1
x2 + 2x + 3 + 2

32

⇔

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


1
1 
⇔ ( x 2 + 2 x − 1) 
−
0
=
2
 x + 2x + 3 + 2 2x +1 

 x 2 + 2 x − 1 =0
(1)
⇔ 
 x 2 + 2 x + 3 + 2 = 2 x + 1 (2)
PT (1) có hai nghiệm x1;2 =−1 ± 2
PT (2) ⇔

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

1

3 + 15
x ≥
⇔ x3 =
⇔
2
3
 x 2 + 2 x + 3= (2 x − 1) 2


3 + 15
Vậy phương đã cho có ba nghiệm: x1;2 =−1 ± 2; x3 =
3
( 2 x + 1)2 =
±2 x + 1
y =
y2
b) Hệ phương trình ⇔ 
⇔ 2
2
2
2
1
1  x + xy + y =
 x + xy + y =
y 2x +1
y 2x +1
=
=
Xét hệ:  2
⇔

2
2
1  x 2 + x ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1) =
1
 x + xy + y =
y 2x +1
5
=

x= −


x
0
=

y 2x +1

=
7
 x = 0
hoặc 
⇔
⇔ 2
⇔ 
0
y =1
y = − 3
7 x + 5 x =
 x = − 5

 
7
7

−2 x − 1
−2 x − 1
y =
 y =
Xét hệ:  2
⇔

2
2
1  x 2 − x ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1) =
1
 x + xy + y =
−2 x − 1
y =
−2 x − 1
x = 0
 x = −1
y =

hoặc 
⇔ 2
⇔  x = 0
⇔ 
0
 y = −1
y =1
3 x + 3 x =
  x = −1



 5 3
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là: (0; 1),  − ; −  , (0; -1), (-1; 1)
 7 7

33
Câu 3.
Sử dụng bất đẳng thức Cô si

b 2 ( a + 1)
b 2 ( a + 1)
a +1
b + ab
= a +1− 2
≥ a +1−
= a +1−
Ta có: 2
(1)
b +1
b +1
2b
2
Tương tự:

và

b +1
c + bc
≥ b +1−
(1)
2
c +1
2

c +1
a + ca
≥ c +1−
(3)
2
a +1
2

Từ (1); (2) và (3) suy ra:

a +1 b +1 c +1 a + b + c
ab + bc + ca
+ 2
+ 2
≥
+3−
2
b +1 c +1 a +1
2
2
Mặt khác a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
hay 3(ab + bc + ca ) ≤ ( a + b + c ) =
9
2

Do đó:

=

a +1 b +1 c +1 a + b + c
ab + bc + ca
+ 2
+ 2
≥
+3−
2
b +1 c +1 a +1
2
2

3
9
+3− =
3
2
6

Vậy

a +1 b +1 c +1
+
+
≥ 3 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1
b2 + 1 c2 + 1 a 2 + 1

Câu 4.
A
Q
P

O

H

M

B

a) ∆ MPA đồng dạng ∆ MAQ (g.g), suy ra MA2 = MP.MQ (1)

∆ MAO vuông tại A, có đường cao AH nên MA2 = MH.MO (2)

34
Từ (1) và (2) suy ra MP.MQ = MH.MO hay

MP MO
(*)
=
MH MQ

∆ MPH và ∆ MOQ có góc M chung kết hợp với (*) ta suy ra ∆ MPH đồng dạng ∆ MOQ
 = MQO

(c.g.c) suy ra MHP

 (đpcm)
 = HQO
 = 1 sdOH
Do đó tứ giác PQOH là tứ giác nội tiếp ⇒ HPO
2
b)

O'

F
E

A

B


 = 1 BEA
Trên tia đối của tia EA lấy điểm F sao cho EB = EF hay ∆ EBF cân tại E, suy ra BFA
2

α
α
AFB = nên F di chuyển trên cung chứa góc
. Đặt 
dựng trên BC.
AEB = α khi đó 
2
2
Ta có:

4
1
1
1
1
≥
+
+
. Như vậy
nhỏ nhất khi EA + EB lớn nhất hay EA + EF
EA EB
EA EB EA + EB

lớn nhất ⇔ AF lớn nhất (**)
Gọi O’ là điểm chính giữa của cung lớn AB, suy ra ∆ O’AB cân tại O’ suy ra O’A=O’B (3)

' = BEO
' (cùng bù với BAO
' ⇒ ∆ O’EB =
∆ O’EB và ∆ O’EF có EB = EF, O’E chung và FEO

∆ O’EF (c.g.c) suy ra O’B = O’F (4)
Từ (3) và (4) suy ra O’ là tâm cung chứa góc

α
2

dựng trên đoạn thẳng BC. (cung đó và

cung lớn AB cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB)
Do đó AF lớn nhất khi nó là đường kính của (O’) khi E ≡ O’ (***).

35
Từ (**) và (***) suy ra E là điểm chính giữa cung lớn AB thì

1
1
+
có giá trị nhỏ nhất.
EA EB

Câu 5.
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD cạnh là a > 2 chứa 5 hình tròn bán kính bằng 1 sao cho
không có hai hình tròn nào trong chúng có điểm trong chung. Suy ra tâm của các hình tròn
này nằm trong hình vuông MNPQ tâm O cạnh là (a-2) và MN // AB. Các đường trung
bình của hình vuông MNPQ chia hình vuông này thành 4 hình vuông nhỏ bằng nhau.
Theo nguyên lí Dirichle tồn tại một hình vuông nhỏ chứa ít nhất 2 trong 5 tâm của các
hình tròn nói trên, chẳng hạn đó là O1 và O2.
Do 5 hình tròn này không có hai hình tròn nào có điểm trong chung nên O1O2 ≥ 2 (1)
Mặt khác O1O2 cùng nằm trong một hình vuông nhỏ có cạnh là
(2) (

a−2
a−2
. 2
nên O1O2 ≤
2
2

a−2
. 2 là đường chéo hình vuông nhỏ)
2

Từ (1) và (2) ⇒

a−2
2 ≥ 2 ⇔ a ≥ 2 + 2 2 . Do đó mọi hình vuông có cạnh lớn hơn hoặc
2

bằng ( 2 + 2 2 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy hình vuông ABCD có cạnh ( 2 + 2 2 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2+2 2

A

B
N

M
O1

O1

O2

a-2
2

O
O2

P
Q
D

C

Đề số 5
Bài 1.
a) Ta có a 2 + a = 2b 2 + b ⇒ a 2 + a − b 2 − b = b 2 ⇒ ( a − b )( a + b + 1) = b 2

(1)

36
a + b + 1 d
b  d

Mặt khác gọi d là ƯCLN ( a − b; a + b + 1) ⇒ a − b  d
⇒
⇒ 1 d ⇒ d =
1
a  d
b 2  d

⇒a=
b và a + b + 1 là hai số nguyên tố cùng nhau (2)
Từ (1) (2) ⇒ a − b và a + b + 1 đều là các số chính phương
b) Giả sử 2015 = a1 + a2 + ... + an , trong đó a1 ; a2 ;...; an là các hợp số

Theo bài ra ta có
+ Mỗi số hạng a1 ; a2 ;...; an không thể viết thành tổng hai hợp số (1)
+ Tổng hai hợp số bất kì không thể viết thành tổng 3 hợp số (2)
Do 2015 là số lẻ nên tồn tại ít nhất một hợp số lẻ, hợp số đó phải bằng 9 vì 1;3;5;7;11;13
không phải là hợp số.
Nếu có hợp số lẻ a1 ≥ 15 ⇒ a1 =9 − ( a1 − 9 ) với ( a1 − 9 ) ≥ 6 là số chẵn nên a1 bằng tổng hai
hợp số- trái với (1)
Mặt khác không có quá một hợp số bằng 9 vì nếu có hai hợp số bằng 9 thì 9+9=6+6+6 trái
với (2)
Do đó: 2015 = 9 + a2 + a3 + ... + an với a2 ; a3 ;..; an là các hợp số chẵn
⇒ a2 + a3 + ... + an =
2006

( 3)

⇒ các hợp số phải nhận các giá trị 4 hoặc 6.
Vì nếu a2 là hợp số chẵn và a2 ≥ 8 ⇒ a2 = 4 − ( a2 − 4 ) là tổng hai hợp số, trái với (1)

Số hợp số bằng 6 chỉ có thể là một vì nếu có hai hợp số bằng 6 thì 6+6=4+4+4
Giả sử a2 = 6 ⇒ a3 = a4 = ...an = 4 ⇒ ( n − 2 ) .4 = 2000 ⇒ n = 502
Vậy số tự nhiên cần tìm là n = 502
Bài 2.
1
a) ĐKXĐ: x ≥
3
Đặt a =

6 x − 1; b =

9 x 2 − 1 điều kiện a; b ≥ 0

0
a + b =
6 x − 1 + 9 x 2 − 1 = 6 x − 9 x 2 ⇒ a 2 − b 2 = a + b ⇒ ( a + b )( a − b − 1) = 0 ⇒ 
 a − b − 1 =0
Với a + b =0 ⇒ a =−b (loại)
Với a − b − 1 = 0 ⇒ 6 x − 1 − 9 x 2 − 1 − 1 = 0 ⇒ 6 x − 1 = 9 x 2 − 1 + 1
3 x − 1 =0
1
2
⇔ ( 3 x − 1) + 2 9 x 2 − 1 = 0 ⇔  2
⇔ x = ( tm )
3
9 x − 1 =0
2
2
 x 2 + y 2 + xy =
2
 x + y − xy =2 − 2 xy
⇔
⇒ ( x + y )( 2 − 2 xy ) = 2 x + 4 y
b)  3
2
2
3
( x + y ) x + y − xy = 2 x + 4 y
 x + y = 2 x + 4 y
y = 0
⇔ x 2 y + xy 2 + y = 0 ⇔ y ( x 2 + xy + 1) = 0 ⇒  2
0
 x + xy + 1 =
0 ⇒ x =± 2
Với y =

(

)

Với x 2 + xy + 1 =0 ⇒ x 2 + xy =−1 ⇒ y 2 = 3 ⇒ y =± 3 ⇒ x 2 ± 3 x + 1 =0 phương trình vô
nghiệm

37

=
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm
( x; y )

(

)(

2;0 ; − 2;0

)

Bài 3.
Ta có a + 2b + 3 =

( a + b ) + ( b + 1) + 2 ≥ 2

Tương tự:

1
≤
b + 2c + 3 2

Suy ra P ≤

1
1
1
1

+
+


2  ab + b + 1
bc + c + 1
ca + a + 1 

(

1

ab + 2 b + 2 > 0 ⇒

1
≤
bc + c + 1 c + 2a + 3 2

)

Mặt khác abc =1 ⇒ abc =1 ⇒ P ≤

;

(

1
≤
a + 2b + 3 2

1

(

1

)

ab + b + 1

)

ca + a + 1

 1
1
c
1
bc
+
+

=
2 1 + bc + c
bc + c + 1
bc + c + 1  2

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =1
1
Vậy Max P = ⇔ a = b = c =1
2
Bài 4.

A

E
D
O

F

B

I

H
C

K
M
a) Gọi I , H , K lần lượt là giao điểm của MD, ME , MF của BC , CA, BA
Khi đó các tứ giác MIBK , MCHI , ABMC là các tứ giác nội tiếp.
 + HCM
=
⇒ HIM
1800

 = MBK
 =
 + MIH
 =1800 ⇒ ba điểm I , H , K thẳng hàng.
Mà KIM
ACM ⇒ KIM
Mặt khác trong các tam giác MEF , MDF có KH,KI là các đường trung bình
⇒ KH / / EF ; KI / / FD ⇒ ba điểm F ; D; E
b) Ta có
 =cot MCI
 ⇒ AK = CI ⇒ AB + BK = CI ⇒ AB + BK = CI
 =MCI
 ⇒ cot MAK
MAK
MK MI
MK
MI
MK MK MI
AH BI
AC − CH BI
AC CH CI
= ⇒
= ⇒
−
=
Tương tự
( 2)
MH MI
MH
MI
MH MH MI
 = BIK
 = CIH
 = HMC
 ⇒ tan BMK
 = tan CMH
 ⇒ BK = CH ( 3)
Mặt khác BMK
MK MH

(1)

38
Từ (1);(2);(3) ta có:
Bài 5.

AB AC BC
AB
AC
BC
AB AC BC
+
=
⇒
+
=
⇒
+
=
(đpcm)
MK MH MI
2 MK 2 MH 2 MI
MF ME MD

A

O1

M

N

O
O2

O3

B

P

C

Giả sử tam giác ABC đều cạnh bằng 6cm. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của
AB, AC , BC
Suy ra MN , MP, NP chia tam giác ABC thành bốn tam giác đều bằng nhau.
Gọi O, O1 , O2 , O3 lần lượt là tâm các tam giác đều MNP, AMN , BMN , CMN .
Từ O, O1 , O2 , O3 vẽ các đoạn thẳng vuông góc đến các cạnh của tam giác đều
MNP, AMN , BMN , CMN .
Khi đó ABC được chia thành 12 tứ giác bằng nhau và mỗi tứ giác đều nội tiếp đường tròn
có đường kính bằng nhau và bằng O1 A

1
1 6 3
AP
. = 3 ( cm )
=
3
3 2
Mặt khác có 121 điểm thuộc 12 tứ giác trên nên theo nguyên lý Dirichle có một tứ giác
chứa ít nhất là 11 điểm (đpcm)
O1 A
Mà =

Đề số 6
Câu 1.
a) Tìm số tự nhiên n sao cho n2 + 119 là số chính phương.
Đặt n2 + 119 = k2 ; k ∈ N, k > n
Suy ra k2 – n2= 119 => (k-n)(k+n) =119
Vì k, n là các số nguyên dương và k > n =>
k-n; k+n là các số nguyên dương và k+n > k-n

 k-n=1

k+n=119
Mặt khác 119 = 1.7.17 => (k-n)(k+n) =119 ⇔ 
 k-n= 7

 k+n=17

39

k= 60
k=12
⇔
(TM ) hoặc 
(TM ) => n = 5; 59
n=59
k+n=5
b) Vì a,b,c,d ∈ N * ⇒ a+b+c+d ≥ 4 (1)
Xét a2 +b2 +c2+ d2 –(a+b+c+d) = (a2 –a)+(b2 –b)+(c2 -c)+( d2-d)
= a(a-1) + b(b-1) + c(c-1) + d(d-1)  2
Mà a2 +b2 +c2+ d2= 2(a2 +b2)  2=> a+b+c+d  2 (2)
Từ (1)và (2) => ĐPCM
Câu 2.
a) ĐKXĐ x ≥ − 2
Đặt a =3 x − 1 ; b = x + 2 ĐK b ≥ 0
3

x −1 + x + 2 =
3 phương trình trở thành

3
a + b =
 2
3
3
b − a =

=> a 3 − a 2 + 6a − 6 =
0

⇔ (a 2 + 6)(a − 1) =0 ⇔ a − 1 =0 ⇔ a ==
1 > b =2 (TMĐK)
=> x -1 =1 => x = 2 (TMĐKXĐ) Vậy pt có nghiệm là x =2

 x 2 + y 2 + xy =
 x 2 + y 2 − xy =2 − 2 xy
2
⇔
 3

3
2
2
 x + y = 2 x + 4 y
( x + y )( x + y − xy ) = 2 x + 4 y
⇒ ( x + y )(2 − 2 xy ) = 2 x + 4 y

y = 0
b) x2y+ xy2+y = 0  y(x2+xy+1)=0 ⇔  2
0
 x + xy + 1 =

Với y = 0 ⇒ x =  2
Với x 2 + xy + 1 =0 ⇒ x 2 + xy =−1

y 2 =3 ⇒ y =± 3 ⇒ x 2 ± 3 x + 1 =0 có ∆ < 0 => PTVN
( x; y ) ( 2;0);(− 2;0)
Vậy hệ pt có nghiệm là=
Câu 3.
Ta có a + 2b + 3 = (a + b) + (b + 1) + 2 ≥ 2 ab + 2 b + 2

⇒

1
1
≤
a + 2b + 3 2( ab + b + 1)

40
Tương tự

⇒P≤

1
1
1
1
≤
;
≤
b + 2c + 3 2( bc + c + 1) c + 2a + 3 2( ac + a + 1)

1
1
1
1

+
+


2  ab + b + 1
bc + c + 1
ac + a + 1 

1⇒ P ≤
Vì abc=1 ⇒ abc =

⇒P≤


c
bc
1
1
+
+


2 1 + bc + c
bc + c + 1
bc + c + 1 

1
1 bc + c + 1
⇒P≤
2
2 bc + c + 1

Dấu “=” xảy ra khi a= b= c= 1
Vậy giá tri lớn nhất của P là

1
tại a= b= c= 1
2

Câu 4.
y
D

x

M
C

A
H

O


 = MAH
a) Tứ giác AHMC nội tiếp → MCH
 = MBH

Tứ giác BDMH nội tiếp → MDH
 = MAH
 + MBH
 = 900
 + MDH
→ MCH
 (cùng phụ CHA
 = 900 → HCA
 = DHB
)
→ CHD
 = 900
 = HBD
Mà CAH
→ ∆ ACH đồng dạng với ∆ BHD
=>

AC BH
=
=> AC.BD = AH.BH
AH BD

B

41
b) Ta có: SCHD=

1
HC.HD.
2

Theo định lý Pitago: HC2= AC2+AH2; HD2= BH2+BD2
→ SCHD=

1
2

SCHD ≥

AC.AH.BH.BD=

AC2+AH2 .

1
2

BH2+BD2 ≥

EA

(AH.BH)2
A

2.AC.AH .

2.BH.BD

E

(vì AH. BH= AC. BD) → SCHD≥ AH. BH không đổi
Đẳng thức xảy ra ↔ AC= AH và BD= BH
Cách dựng điểm M :Trên tia Ax lấy điểm C sao cho AC=AH. Vẽ đường tròn đường kính
HC cắt nửa đường tròn (O) tại M. Kẻ tia CM cắt tia By tại D.
0

Khi đó CMH=90
=>CD ⊥ MH

=
và 
ACH =
450 =
>
AMH =
450 =
> HDB
450
=> tam giác BHD vuông cân tại B => DB = BH
Vậy GTNN của SCHD = AH. BH khi M là giao điểm của đường tròn đường kính HC với nửa
đường tròn (O)
Câu 5.
A

O1

N

M

O

O3
O2

B

P

C

Giả sử tam giác đều ABC có cạnh bằng 6cm . Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của AB,
AC, BC => MN, MP, NP chia tam giác ABC thành 4 tam giác đều bằng nhau.
Gọi O, O1, O2, O3 ;lần lượt là tâm các tam giác đều MNP, AMN, BMN,CMN.

42
Từ O, O1, O2, O3 vẽ các đoạn thẳng vuông góc đến các cạnh của tam giác đều MNP,
AMN, BMN,CMN (hình vẽ)
Khi đó tam giác ABC được chia thành 12 tứ giác bằng nhau và mỗi tứ giác đều nội tiếp
đường tròn có đường kính bằng nhau và bằng O1A
Mà O1A=

1 6 3
1
=
3 (cm)
AP= ⋅
3
3 2

Mặt khác có 121 điểm thuộc 12 tứ giác trên nên theo dirichle có một tứ giác chứa ít nhất
121 
11 ( điểm)
 12  + 1 =


=> ĐPCM
Đề số 7
Câu 2.
a) Điều kiện: x ≥

−1
4

Phương trình tương đương với

(

)

4 x2 + 5x + 1 − 4 x2 − x + 1

4 x2 + 5x + 1 + 2 x2 − x + 1

9x − 3

= 9x − 3 ⇔

4 x2 + 5x + 1 + 2 x2 − x + 1
1
⇒ 4 x2 + 5x + 1 + 2 x2 − x + 1 = 1 ⇔ x =
3
b) Từ phương trình (1) suy ra

(

2x + y + 3

)(

= 9x − 3

)

2 x + y − 1 =0 ⇔ 2 x + y =1 ⇔ 2 x + y =1

từ đây thay vào phương trình (2) ta giải được hệ dễ dàng.
Câu 3.

( x + y + z ) x + y + z 3 ( xy + yz + zx )
x2
y2
z2
+
+
≥
=
≥
=
2
2
x + y y + z z + x 2( x + y + z)
2

⇒P≥

3
2

Dấu “=” xảy ra khi x= y= z=
Câu 4.

1
3

3
2

43

a) Áp dụng hệ thức lượng trong đường tròn ta có: MC.MD = MB 2

(1)

Mặt khác: tam giác OMB vuông có góc đường cao BE nên áp dụng hệ thức lượng ta có
ME.MO = MB2 (2)
Từ (1); (2) suy ra ME.MO = MC.MD ⇒

ME MD
=
MC MO

Xét tam giác MCE và tam giác MOD có ∠DMO chung.

ME MD
=
MC MO

( cmt )

Suy ra ∆MCE  ∆DMO ⇒ ∠MCE = ∠MOD
Suy ra tứ giác CEOD nội tiếp ⇒ ∠CED = ∠COD = 2∠CBD
b) Đặt ∠MEC =
∠MDO =
x ta có: ∠COK = ∠DOK = 90 − x; ∠CEK = 90 − x

⇒ ∠COK = ∠CEK ⇒ KCEO là tứ giác nội tiếp
⇒ ∠OCK = ∠KEO = 90o độ nên KC là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Chứng minh tương tự ta cũng có KD là tiếp tuyến đường tròn (O)
Vậy KC; KD là tiếp tuyến của đường tròn (O) đpcm.
Đề số 8
Câu 1.
1) Do a + b + c = 0 nên ta có a 3 + b3 + c3 − 3abc =

( a + b + c ) ( a 2 + b2 + c 2 − ab − bc − ca ) =

0,

Suy ra a 3 + b3 + c3 =
3abc.
Mà theo giả thiết a 3 + b3 + c 3 cũng bằng 0 nên ta có 3abc = 0. Nói cách khác, trong ba số a, b,
c có ít nhất một số bằng 0.
2) Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau:

44
Bổ đề: Nếu số nguyên dương a là một ước số của tích A = a1 a2 ...an với ai ∈ N * và

a > ai , ∀i =1, 2,..., n thì a là hợp số.
Chứng minh: Giả sử ngược lại, a là số nguyên tố. Khi đó, do A a nên trong các số ai phải
có ít nhất một số a j chia hết cho a, tức ta phải có a j ≥ a . Điều này mâu thuẫn với tính chất
của số a, do đó nó phải là hợp số.
Trở lại bài toán: Giả thiết của bài toán có thể được viết dưới dạng như sau:

ac + bd = ( b + d ) − ( a − c ) ,
2

2

hay a 2 − ac + c 2 = b 2 + bd + d 2 .

(
ac ( b

)

(

Ta có ( ab + cd )( ad + bc )= ac b 2 + d 2 + bd a 2 + c 2

=

2

)

)

(

+ bd + d 2 + bd a 2 − ac + c 2

(
Do đó, ab + cd là ước của ( ac + bd ) ( b

)

)
) . Theo bổ đề trên, để chứng minh ab + cd

= ( ac + bd ) b 2 + bd + d 2 .
2

+ bd + d 2

là hợp số, ta chỉ cần chứng minh được tính đúng đắn của hai bất đẳng thức:

ab + cd > ac + bd
Và ab + cd > b 2 + bd + d 2 .

(1)
( 2)

Bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng do ta có ab + cd – ac – bd = (a – d)(b – c) > 0. Như vậy, ta
chỉ còn phải xét bất đẳng thức (2). Từ giả thiết, ta thấy nếu a < b + d thì:

a 2 − ac + c 2 = a ( a − c ) + c 2 < ( b + d )( b + d − c ) + c 2
= b 2 + bd + d 2 − ( b − c )( c − d ) < b 2 + bd + d 2 .
Mâu thuẫn này cho thấy a ≥ b + d và như thế, ta có:

ab + cd > ( b + d ) b + d 2 = b 2 + bd + d 2 .
Bất đẳng thức (2) được chứng minh. Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
Câu 2.
1) Đặt a=

b
2 x 2 + 7 x + 10 và=

2 x 2 + x + 4 (a, b > 0). Kho đó, ta có a 2 − b 2 = 6 ( x + 1) . Do

a 2 − b2
,
đó, phuong trình đã cho có thể được viết lại thành: a + b =
2
0.
hay ( a + b )( a − b − 2 ) =
Do a + b > 0 nên từ đây ta có a – b = 2. Lại có a + b = 3x + 3 nên kết hợp lại, ta được:
2a = (a – b) + (a + b) = 3x + 5, hay 2 2 x 2 + 7 x + 10 = 3 x + 5.
Phương trình này tương đương với

5

5


3x + 5 ≥ 0
x≥−
x≥−



3.
⇔
⇔x=
3
3

2 ⇔ 
2
4 2 x + 7 x + 10 = ( 3 x + 5 )
 x 2 + 2 x − 15 =

0
0
( x − 3)( x + 5 ) =


(

)

45
Thử lại, ta thấy x = 3 thỏa mãn phương trình đã cho ban đầu.
Vậy phương trình có nghiệm x = 3.
b) Từ hệ phương trình ta suy ra:

(

) (

)

0= 13. ( −1) + 13= 13 x 2 − 3 xy + y 2 + 3 x 2 − xy + 3 y 2 = 8 ( 2 x − y )( x − 2 y ) .
Do đó, ta có x = 2y hoặc y = 2x.
Trường hợp 1: x = 2y thay kết quả này vào phương trình (1), ta được

(2 y)

2

 y =1 ⇒ x =2
− 3.2 y. y + y 2 =−1 ⇔ y 2 =1 ⇔ 
 y =−1 ⇒ x =−2

Trường hợp 2: y = 2x bằng phép thế tương tự như trên, ta tìm được
(x, y) = (1, 2) hoặc (x, y) = (-1, -2).
Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm (x, y) là (1, 2), (2, 1), (-1, -2) và (-2, -1).
Câu 3.
Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

1=

(a

3

+ b3 + c3 − 3abc

) = (a + b + c) (a
2

2

2

+ b 2 + c 2 − ab − bc − ca

(

)

2

 ( a + b + c )2 + 2 a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca
≤
3



) 



3

=

(a

2

)

3

+ b2 + c2 .

Từ đây, ta thu được P ≥ 1. Mặt khác dễ thấy dấu bằng đẳng thức xảy ra khi a = 1 và
b = c = 0. Vậy minP =1.
Câu 4.

1) Sử dụng tính chất tiếp tuyến, ta có DE.DC = DA2. Mặt khác, ta lại có DA2 = DM.DO (áp
dụng hệ thức lượng trong tam giác DAO vuông tại A có AM là đường cao). Do đó, ta thu
được DE. DC = DM.DO

46

∠ECO . Do tam giác OEC cân tại
Từ đây, ta suy ra tứ giác EMOC nội tiếp. Suy ra ∠EMD =
∠CEO . Mà ∠CEO =
∠CMO (cùng chán cung CO của (EMOC)) nên ta có
O nên ∠ECO =
∠EMD =
∠ECO =
∠CEO =
∠CMO.
∠CMO . Mà ∠EMD + ∠EMA = 90o và
Một cách đơn giản, ta có ∠EMD =
∠CMA . Nói cách
∠CMO + ∠CMA = 90o nên với kết quả trên, ta cũng thu được ∠EMA =
khác, MA là phân giác của góc ∠EMC
∠OMC và ∠DEM =
∠COM (do tứ giác EMOC nội
2) Theo chứng minh trên, ta có ∠EMD =
EM DM
tiếp), suy ra ∆DEM  ∆COM . Từ đây, ta có
hay MC.ME = MD. MO.
=
OM
MC
Mà MD.MO = MB2 (áp dụng hệ thức lượng trong tam giác MBO vuông tại O có BM là
đường cao) nên ta suy ra MB2 = MC.ME.
Với kết quả này, hệ thức cần chứng minh có thể được viết lại thành:
MC.ME.DC
= MC 2 .DE ⇔ ME.DC
= MC.DE ⇔

DC DE
=
.
MC ME

Do tứ giác EMOC nội tiếp nên dễ thấy ∆DEO  ∆DEM và ∆DEM  ∆DOC . Suy ra
DC DO
DE DO
và
=
=
.
MC OE
ME OC
DC DO DO DE
Mà OC = OE nên từ đây, ta có = = =
.
MC OE OC ME

3) Ta thấy hệ thức cần chứng minh có thể viết lại như sau:
=
2

EC EC
EC EC
DE EN
+
⇔ 1− =
−1 ⇔ =
.
DC NC
DC NC
DC NC

Sử dụng tính chất đường phân giác, ta có

EN EM
=
.
NC MC

DE ME
Do đó , ta chỉ cần chứng minh được DC = MC , hay DC.ME = DE.MC.

Đây chính là kết quả đã được chứng minh trong phần (2) ở trên.

Đề số 9
Bài 1:a) Nhận xét: nếu a không chia hết cho 7 thì a2 chia cho 7 dư 1,2,4
thực vậy khi a không chi hết cho 7 thì a có dạng a=7k ± 1,a=7k ± 2,a=7k ± 3
từ nhận xét trên
*) nếu a không chia hết cho 7 và b không chia hết cho 7 thì a2+b2 chia cho 7 dư là

47
2,3,4,6 ( 1)
*)Nếu a  7 và b không chia hết cho 7 thì a2+b2 không chia hết cho 7 (2)
*)Nếu a không chia hết cho 7 và b  7 thì a2+b2 không chia hết cho 7(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra a và b phải chia hết cho 7
b) A = n2012 + n2011 + 1
Nếu n=0 => A = 1(loại)
Nếu n = 1 => A =3( thoả mãn)
Nếu n > 1 thì A> 3
Xét A = n2012 + n2011 + 1
=> A=[(n670)3-1]n2 + [(n670)3-1]n +n2 + n + 1
=> A ( n2 + n + 1) mà A> n2 + n + 1 nên A là hợp sô
Vậy n= 1 thì A nhận giá trị là một số nguyên tố.
Bài 2: a) Ta có
4
1
5
+ x − =x + 2 x −
x
x
x
4
1
5
0
− x + x − − 2x − =
x
x
x

Đặt u =

x−

1
≥ 0, v =
x

2x −

4
5
≥ 0 => u2 - v2 = − x
x
x

Thay vào phương trình ban đầu ta có : u2-v2+u-v=0
<=> (u-v)(u+v+1)=0
<=> u-v=0 ( vì u+v+1>0)
=>x=2 hoặc x=-2 bằng cách thử trưc tiếp ta thấy x= 2 thoả mãn bài toán
b)nhận xét nếu a+b+c=0 thì a3+b3+c3=3abc
áp dụng nhận xét trên vào biểu thức M ta có

M=

yz zx xy ( yz )3 + ( yx)3 + ( xz )3 3( xyz ) 2
+
+
=
=
=3
x2 y 2 z 2
( xyz ) 2
( xyz ) 2

Bài 3:a) Từ x2+1 ≥ 2x
y2+1 ≥ 2y

48
z2+1 ≥ 2z
2(x2+y2+z2) ≥ 2(xy+yz+xz)
cộng các BĐT trên ta có
3(x2+y2+z2)+3 ≥ 2(x+y+z+xy+yz+xz)
=> x 2 + y 2 + z 2 ≥ 3 (ĐPCM)

a3
ab 2
ab 2
b
b)Xét 2
=a− 2
≥a−
=a−
2
2
2ab
2
a +b
a +b
Tương tự:

b3
c
c3
a
,
≥
b
−
c
≥
−
b2 + c2
2 c2 + a2
2
cộng BĐT trên ta có

P=

a3
b3
c3
a+b+c 3
+
+
≥
=
2
2
2
2
2
2
a +b b +c c +a
2
2

vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3/2 khi a=b=c=1
Câu 4:
M

I
B

A

C
K

O

P

N

a) Ta có 5 điểm A,M,I,O,N thuộc cùng một đường tròn bán kính OA

1 

=> =
AIM 
AMO
=(
sd AM ) (1)
2