ĐỀ THI ÔN LUYỆN HỌC SINH GIỎI
ĐỀ SỐ 5
MÔN: TOÁN LỚP 9

GV ST: Nguyễn Hữu Biển

Bài 1: (4điểm)
Cho P =

x x − 2x − x + 2
x x −3 x −2

x x + 2x − x − 2

+

x x −3 x +2

1. Rút gọn P. Với giá trị nào của x thì P > 1
2. Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn nhất
Bài 2: (4 điểm)
1. Giải phương trình
5 − 3x − x − 1
x − 3 + 3 + 2x

=4

2. Tìm số nguyên x, y thỏa mãn
x2 + xy + y2 = x2y2
Bài 3:(4điểm)
1. Cho a = x +

Bài 5: (2 điểm)
Tam giác ABC có BC = 40cm, phân giác AD dài 45cm,đường cao AH dài 36cm.Tính
độ dài BD, DC.
Bài 6:(2 điểm)
Với a, b là các số thực thỏa mãn đẳng thức (1 + a)(1 + b) =
Hãy tìm GTNN của
P=

1 + a 4 + 1 + b4

9
.
4


HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1:
x > 0; x ≠ 1; 4

Điều kiện
P=

( x − 2)( x − 1)( x + 1)

=

( x − 2)( x + 1)
x −1
x +1


> 0 Theo đ/k x > 0 ⇒ x + 3 > 0
x −1
⇒ x–1>0 ⇒ x>1

Kết hợp điều kiện x > 0; x ≠ 1; 4
Suy ra x > 1; x ≠ 4 thì P > 1
Bài 2
2( x + 1)
4
=2+
Với x > 0; x ≠ 1; 4
x −1
x −1
P nguyên ⇔ x – 1 là ước của 4

P=

P đạt giá trị nguyên lớn nhất ⇔ x – 1 = 1 ⇔ x = 2
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 6 khi x =2
Điều kiện x – 3 + 3 + 2 x ≠ 0
Phương trình ⇔ 3x − 5 - x − 1 - 4 2 x + 3 - 4x + 12 = 0
Xét x < -

(∗ )

3
Thì ( ∗ ) ⇔ - 3x + 5 + ( x – 1) + 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
2
⇔ 2x = -28
⇔



7

c.Ta có x2 + xy + y2 = x2y2
⇔ (x + y)2 = xy(xy + 1)
 xy = 0

+ Nếu x + y = 0 ⇒ xy(xy + 1) = 0 ⇔ 
 xy = −1
Với xy = 0 . Kết hợp với x + y = 0 ⇒ x = y = 0
x = 1
 x = −1
hoặc 
 y = −1
y = 1

Với xy = -1. Kết hợp với x + y = 0 ⇒ 

+ Nếu x + y ≠ 0 ⇒ (x + y)2 là số chính phương
xy(xy + 1) là hai số nguyên liên tiếp khác 0 nên chúng nguyên tố cùng nhau. Do đó
không thể cùng là số chính phương
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (x; y) = (0; 0); (1; -1); (-1; 1)
Bài 3:
1
1
1
2
2
2

x
y
= c2 + (xy + xy )( y + )
x
1
1
= c2 + x2 + y2 + y 2 + 2
x

a/ a2 = x2 +

= a2 – 2 + b2 – 2 + c2
⇒ A = a2 + b2 + c2 – abc = 4
1
1
3
)
2 ) < 2(x x
x3
1
1
1
1
⇔ 3(x - )(x + ) < 2(x - )(x2 + 2 + 1)
x
x
x
x
1
1

1
AD = BC nên IPHQ là hình thoi
2
2

Gọi P 1 ; Q 1 là giao điểm của PQ với AD và BC
Nhận thấy ∆ HPQ cân đỉnh H
⇒ HPQ = HQP ( Góc ở đáy tam giác cân) (1)

Mà PH // BC ⇒ BQ 1 P = HPQ ( So le trong)
QH // AD ⇒ AP 1 P = HQP ( So le trong)

(2)
(3)

b.

Gọi K, M, N lần lượt là trung điểm của EF, DF, CE
Từ giả thiết ∆ ADE = ∆ BCF và dựa vào tính chất của đường trung bình trong tam
giác ta có ∆ HMP = ∆ HNQ (c.c.c)
Suy ra MHP = NHQ ⇒ MHQ = NHP ⇒ MHN và PHQ có cùng tia phân giác
Mặt khác dễ có IPHQ và KMHN là các hình thoi.
Suy ra HK và HI lần lượt là phân giác của MHN và PHQ. Suy ra H, I, K thẳng hàng


Bài 5:
a

E


EC

Mặt khác

x + y = 40

(1)

(2)

Thay y = 40 – x vào (1) và rút gọn được
x2 – 115x + 1500 = 0 ⇔ (x – 15)(x – 100) = 0
Do x < 40 nên x = 15, từ đó y = 25.
Vậy DB = 15cm, DC = 25cm
Bài 6:
Áp dụng Bunhiacopski cho hai dãy a2 ; 1 và 1; 4 ta có
(12 + 42)(a4 + 1) ≥ (a2 + 4)2
⇒

1+ a

4

≥

a2 + 4

1
Dấu “=” xảy ra ⇔ a =


2

Từ (1) và (2) ⇒ P ≥

a +b +8
2

2

17

(∗ )

5
9
⇔ a + b + ab =
4
4
2
2
1
1
a +b
Áp dụng Côsi ta có: a ≤ a2 + ; b ≤ b2 + ; ab ≤
4
4
2

Mặt khác theo giả thiết (1 + a)(1 + b) =


Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
khi a = b =
2
2

GV ST: Nguyễn Hữu Biển

ĐỀ THI ÔN LUYỆN HỌC SINH GIỎI
ĐỀ SỐ 18
MÔN: TOÁN LỚP 9

Bài 1(6đ):
1. Cho biểu thức:
2
5 x
1
x −1
A = 1− (
−
−
):
1 + 2 x 4x −1 1 − 2 x 4x + 4 x +1
a. Rút gọn A
b.Tìm giá trị nguyên của x để A đạt giá trị nguyên
2.Tính giá trị của biểu thức B = x3 - 3x + 2000 víi x =

3

3+2 2 +


Tìm tất cả các số nguyên dương x , y , z thoả mãn
 x + y + z > 11

8 x + 9 y + 10 z = 100
----------------Hết----------------

CÂU

Ý
1a)
(2đ).

Bài 1
(5đ)

HƯỚNG DẪN
NỘI DUNG CẦN ĐẠT

ĐIỂM

a/(2đ)Cho biểu thức
 2
5 x
1 
x −1
−
−
:
A= 1- 
ĐK: x

2 x +1
2
.
= 1−
=
2 x −1 x −1
2 x −1 1 − 2 x
Ta có :
b/(2đ) Tìm x ∈ Z để A nguyên.
2
A∈ Z ⇒
∈ Z ⇒ 1 − 2 x ∈ Ư(2)
1− 2 x
Do x ≥ 0; x ≠ 1; x ∈ Z ⇒ x = 0
Vậy x=0 thì A có giá trị nguyên.
Áp dụng công thức: (a+b)3=a3+b3+3ab(a+b),

(

)

0,25
0,5
0,5
0,75

A=11b)
(1đ)

2.(2đ)

(4đ)

Tacó : a + bc =

a (a + b + c ) + bc

= a 2 + a (b + c) + bc ≥ a 2 + 2a bc + bc = a + bc .

0,75

0,75
0,5

b + ca ≥ b + ca ; c + ab ≥ c + ab .
Từ đó ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 3.
Tương tự:

b)2đ

A = n 2 + n + 6 là số chính phương nên A có dạng
A = n 2 + n + 6 = k 2 (k ∈ N * )

0,5

⇔ 4n 2 + 4n + 24 = 4k 2 ⇔ (2k ) 2 − (2n + 1) 2 = 23

Bài 3
(4đ)

a)(2đ)

26
Vì 3x 2 + 4 x + 10 = 3( x + ) 2 +
>0
3
3

0,25

a) Giải pt sau:

Ta có:

(

0,5

0,25

0,75

)

(1) ⇔ 3 x 2 + 4 x + 10 − 2 7 2 x 2 − 1 = 0
⇔ ( x 2 + 4 x + 4 ) + 2 x 2 − 1 − 2 2 x 2 − 1. 7 + 7 = 0

⇔ ( x + 2) +
2

b)(2đ)


b)
BiÕn ®æi phư¬ng tr×nh
x2+2y2 +2xy +3y-4 =0 ⇔ (x2+2xy+y2) +y2 +3y - 4=0
⇔ (y+4)(y-1) =-(x+y)2 ≤ 0

0,5
0,5
0,5
0,5


- 4 y 1 vì y thuộc Z nên y { 4;3;2;1;0;1}
ĐS sáu cặp (x;y) thỏa mãn phơng trình là
(4;- 4), (1;- 1),(5;-3), (1;3),(2;0), (-2;0)

Bi 4
(5)

V
hỡnh
(0,25)

d
M

B
0,25
H
O


1

c.
1
S OBMC = 2S OBM = OM . BH = OM . BC
2
Smin OMnhnht, BCnhnht
M A, BC OK H K M A

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

S min = ...R 2 3
Ta cú : 100 = 8x+9y+10z > 8x+8y+8z

= 8(x+y+z) x + y + z
11, do ( x+y+z ) nguyờn nờn
x+y+z =12.
x
+
y
+
z

3
 3 3x − 8


  1 + 3 3x 3
3x

 . 
−
3
x



3x + 2 3x + 4   1 + 3 x


a. Rút gọn P.
b.Tìm các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.
Câu 2 (4 điểm)
a. Giải phương trình: x + 2 x + 3 = x + 4
7
b. Cho 00 < α < 900 và sin α + cos α = .
5

Tính tan α

Câu 3 (3 điểm)
a. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn biểu thức a + b + c = 1
Chứng minh rằng: a + bc + b + ac + c + ab ≤ 2 .


Câu

HƯỚNG DẪN
Nội dung

Điểm


1
 6x + 4
−
(6 điểm) a, P = 
3


  1 + 3 3x 3
3x

 . 
−
3
x

3x + 2 3x + 4   1 + 3 x


 3 3x − 8

(

+
2
3
x
+
4
 3x − 8
 

 1 + 3x 1 − 3x + 3x

6 x + 4 − 3x 3 x − 2
− 3 x 
P=
. 
1 + 3x
3 x − 2 3x + 2 3 x + 4 


(

)

(

P=
P=
P=

(

3x − 2 3x + 2 3x + 4
2
1
3x − 1
2
. ( 3x - 1) =
3x − 2
3x − 2

)(

)

(

)

)

b, Tìm các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.

(
P=

)

2

3x − 1
3x − 2

⇔
Từ (2) có 
 x = 1 (loai )
 3 x − 2 = −1
 3 x = 1
3


(

)

Vậy với x = 3 thì P có giá trị nguyên.
2
a,
(4 điểm)
⇔
⇔
⇔
⇔

(
(

)

 x − 1 2 = 0

2
 x + 3 − 2 = 0

2

7

Mà sin α + cos = 1 nên  − cos α  + cos 2 α = 1
5

2

2


⇔
⇔
⇔
⇔
⇔

49 14
− cos α + cos 2 α + cos 2 α = 1
25 5
50 cos 2 α − 7 cos α + 24 = 0
25 cos 2 α − 35 cos α + 12 = 0
25 cos 2 α − 20 cos α − 15 cos α + 12 = 0
(5cos α - 4) (5cos α - 3) = 0
4

cos α = 5

cos α = 3

5
5
3
a, Ta có: a + bc = a..1 + bc − a(a + b + c) + bc = (a + b)(a + c)

3
(3 điểm) Tương tự: b + ac = (b + a)(b + c) và c + ab = (c + a)(c + b)

1
2
1
(b + a )(b + c ) ≤ (b + a + b + c)
2
1
(c + a)(c + b) ≤ (c + a + c + b)
2
1
Nên a + bc + b + ac + c + ab ≤ (4a + 4b + 4c) = 2(a + b + c) = 2
2
a + b + c = 1
a + b = a + c
1

⇔ a=b=c=
Dấu (=) xảy ra khi 
3
b + a = b + c
c + a = c + b
b, Ta có: 0 < x < 1 ⇒ 1 – x > 0
x

Vì
1− x
x
1− x
x
0〈 x 〈1

Do đó: A ≥ 2 5 + 5 . Dấu (=) xảy ra khi  x
5(1 − x)
1 − x =
x

Mà: (a + b)(a + c) ≤ (a + b + a + c)

Kết luận: giá trị nhỏ nhất của A là (5 + 2 5 ) khi x =
4
Vẽ hình đúng được 0,25điểm
(6 điểm)

A
Q

5− 5
4


P

I I K


Vì AK ≤ AH nên SAPQ ≤ AH2 ⇔ SAPQ lớn nhất ⇔ AH lớn nhất
2
4
⇔ AH là trung tuyến của ∆ ABC ⇔ ∆ ABC là vuông cân tại A.
Ta có với mọi x thì 2012x2015  4 nên là số chẵn.

5
(1 điểm) +) Nếu y là số chẵn thì 2013.y2018 là số chẵn, vì y2018 là số chẵn.
Do đó: (2012x2015 + 2013.y2018) là số chẵn
mà 2015 Là số lẻ (vô lí).
+) Nếu y là số lẻ thì y1009 là số lẻ.
Do đó chọn y1009 = (2n+1) (n ∈ Z )
Thì 2013. y2018 = 2013 . (2n+1)2 = 2013. (4n2 + 4n + 1)
= 4 . 2013 (n2 +n) +2013
Nên 2012.x2015 + 2013. y2018 chia cho 4 dư 1
Còn số 2015 chia cho 4 dư 3. (vô lí)
Vậy không có số nguyên x, y nào mà
2012x2015 2013.y2018 = 2015
GV ST: Nguyễn Hữu Biển

ĐỀ THI ÔN LUYỆN HỌC SINH GIỎI
ĐỀ SỐ 22
MÔN: TOÁN LỚP 9

Câu 1: ( 6 điểm ).
1.Cho biểu thức: A = 1 − (

2
5 x
1

2014
2015
Tính giá trị của biểu thức: P = ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1)

Câu 3: ( 3 điểm ).
1.T×m c¸c nghiệm nguyên của phương trình : x2 + xy + y2 = x2y2
2. Cho a, b và c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1 .
Chứng minh rằng

ab
bc
ca
1
+
+
≤ .
c +1 a +1 b +1 4

Câu 4: ( 6 điểm ).
Cho O là trung điểm của đoạn thẳng AB. Trên một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ hai tia Ax,
By vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm C, trên tia By lấy điểm D sao cho
góc COD = 900. Kẻ OH vuông góc với CD tại H.
a. Chứng minh CD là tiếp tuyến của đường tròn tâm O đường kính AB;
b.Chứng minh AC.BD =

AB 2
;
4

c. Nêu cách xác định vị trí điểm C trên tia Ax để diện tích tam giác COD bằng diện


ĐK: x ≥ 0; x ≠ ; x ≠ 1


2
5 x
1 ÷
x −1

+
:
A= 1-  2 x + 1 −
2 x + 1 (2 x − 1) 2 x − 1 ÷ 2 x + 1



(

)

(

)

2

4 x − 2 − 5 x + 2 x + 1 (2 x + 1) 2
.
A=1(2 x + 1)(2 x − 1)
x −1

c/Với x= −7 3 49(5 + 4 2)(3 + 2 1 + 2 )(3 − 2 1 + 2 2 )
x=-7 3 49(5 + 4 2)(5 − 4 2) = −7. − 7 = 49
⇒ x = 7 . Vậy A =

0,5đ
0,5đ

2
2
=
1 − 2.7 −13

(1)

Câu
1.2
(2 ð)

0,5

 abc = 100a + 10b + c = n 2 − 1

Viết được  cba = 100c + 10b + a = n 2 − 4n + 4 (2)

0,5

Từ (1) và (2) ta có 99 ( a –c ) = 4n – 5
=> 4n – 5 + 99 (3)
Mặt khác :
100 ≤ n 2 − 1 ≤ 999 ⇔ 101 ≤ n 2 ≤ 1000 ⇔ 11 ≤ n ≤ 31

a = 1
⇔
a + b = 2

• Với a = 1 ⇒ x + 1 = 1 ⇔ x = 0 (thỏa mãn)
•Với a + b = 2 ⇒ x + 1 + 1 − x = 2 ⇔ x + 1 + 1 − x + 2 1 − x 2 = 4 ⇔ 1 − x 2 = 1 ⇔ x = 0

0,5đ.


(thỏa mãn)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0 .
--------------------------------------------------------------------------------------------1

1

1

Từ x + y + z = x + y + z ⇒ x + y + z =

xy + yz + zx
= xy + yz + xz ( vì xyz = 1 )
xyz

Xét tích ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) = ( xy − x − y + 1) ( z − 1) =

0,5đ.
0,5đ
0,5đ


hay y = -1
- Víi x =-1 thay vµo ph¬ng tr×nh ta ®îc 1 - y + y2 = y2
hay 1- y = 0 ⇒ y =1
- Víi x = 0 thay vµo ph¬ng tr×nh ta ®îc y =0
Thö l¹i ta ®îc ph¬ng tr×nh cã 3 nghiÖm nguyªn (x, y) lµ:
(0; 0); (1, -1); (-1, 1)

0,5đ
0,5đ
------0,25ð
0,25ð
0,25ð
0,25ð
0,25ð
0,25ð
0,25ð
0,25ð


Học sinh phát biểu và CM bất đẳng thức phụ sau:
- Với x; y là các số thực dương bất kỳ ta có:

0,25
1
11 1
≤  + ÷ (1). Đẳng thức
x+ y 4 x y

xẩy ra khi và chỉ khi x = y.
Câu

c +1 ( c + a) + ( c + b)
4 c+a c+b 

Tương tự

0,25

bc
bc  1
1  ’ ca
ca  1
1  ’
≤ 
+
≤ 
+
÷(2 );
÷ (3 )
a +1 4  a + b a + c 
b +1 4  b + a b + c 

Cộng vế với vế của ba đẳng thức trên ta được:
ab
bc
ca
1  ab + ca ab + cb cb + ca  a + b + c 1
+
+
≤ 
+

1,5

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AC = CH; BD = DH
CH.DH = OH2 => AC.BD =

AB 2
4

1,5


OH
= 1 ( HK AB; K thuục AB )
c) SCOD = S AHB =>
HK

( Vi tam giac COD ụng dang vi tam giac BHA)
=> OH = HK => K trung O => H la iờm chinh gia cua na ng tron O
AB
AB
=> AC =
võy iờm C thuục tia Ax sao cho AC =
thi SCOD = S AHB .
2
2

0,5
1,0
1,0


x + 1 ữ.
Cho biu thc A =
ữ
xy 1
xy + 1 ữ
xy + 1 1 xy



1.Rỳt gn biu thc A.
2. Cho

1 + 1 =6
. Tỡm giỏ tr ln nht ca A.
x
y

Cõu II (5,0 im).
1.Cho phng trỡnh x 2 + 2( m 2) x + m 2 2m + 4 = 0 . Tỡm m phng trỡnh
2

1

1

cú hai nghim thc phõn bit x1 , x2 tha món x 2 + x 2 x x = 15m .
1 2
1
2
x + y + z = 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x 3 + y3 + xy .

----- HẾT -----


HƯỚNG DẪN
Lời giải (vắn tắt)

Câu
Ý
I
1
Điều kiện: xy ≠ 1 .
(4,0đ (2,5đ
( x + 1) ( 1 − xy ) + ( xy + x ) ( xy + 1) + ( xy + 1) ( 1 − xy )
)
)
A=
:

(
=
=

(

)(

) (


(

x + 1) 1 − xy +

Điểm
0,25

)=

)=
xy )
xy

1+ x = 1
.
x y + xy
xy

0,50
1,25

2
6=
(1,5đ Theo Côsi, ta có:
)
Dấu bằng xảy ra ⇔

1 + 1 ≥2
x
y

)
 x1 + x2 = 4 − 2m
m
+
≥ xyyz + yzzx + zxxy =
2
2
2

= xyz (x + y + z) = xyz ( vì x + y + z = 1).
x = y = z
1
⇔x= y=z=
3
x + y + z = 1

0,50
0,50
0,25
0,50
0,50
0,50
0,50
0,25
0,50
0,50
0,50

Dấu bằng xảy ra ⇔ 

1
1
1

Ở đó m ∈  mà: m = ka2 – b ⇔ m + b = ka2

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m + 1 ⇔
⇔ (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka)
(3)
Do m > 0 (điều này suy ra từ (1) do a, k, b > 0) nên m ≥ 1 (vì m
∈ ).
Do b > 0 nên b – 1 ≥ 0 (do b ∈ ) ⇒ (m – 1)(b – 1) ≥ 0.
Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka) ≥ 0.
Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka ≥ 0 ⇒ k + 1 ≥ ka ⇒ 1 ≥ k(a –
1)
(4)
Vì a – 1 ≥ 0 (do a ∈ , a > 0) và k ∈ , k > 0 nên từ (4) có:
a = 1
 k(a − 1) = 0

 k(a − 1) = 1 ⇔  a = 2

  k = 1

0,50

0,25

- Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2 ⇔
 m − 1 = 2

 b − 1 = 1 ⇔  b = 2

TH1. Nếu x − y − z ≠ 0 Ta có 3 =
(2) vô lý

4( x − y − z )

0,25
0,25
0,50
0,50

( do x, y, z ∈ N nên vế phải của (2) là số hữu tỷ ).
x − y − z = 0
(3)
 yz = 3

TH2. x − y − z = 0 khi đó (1) ⇔ 

0.50

x = 4
x = 4


Giải (3) ra ta được  y = 1 hoặc  y = 3 thử lại thỏa mãn
z = 3
z = 1



0,50

0,50
·
AMB
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
·
hay FMB
= 900 .
0
·
·
·
Mặt khác FCB
.
= 900 (giả thiết).Do đó
· FMB
·+ FCB( 1=) 180
0,50
⇒
CBM
=
EFM
Suy
ra
BCFM
là
tứ
giác
nội
tiếp
(vì

2 nội tiếp
I
(
)
Trong đường tròn
ta có: DMF và DIF DMF
góc
·lần lượt
·
= DIF (4).
và góc ở tâm cùng chắn
DF. Suy· ra
· cung
·
·
Từ (3) và (4) suy ra DMF
hay
= DIH
DMA = DIH2.
·
·
Trong
tròn ( O ) ta có: DMA
(góc nội tiếp cùng
= DBA
»đường
chắn DA
)
·
·

Do đó góc ABI có số đo không đổi
khi M thay đổi trên cung
BD.

V(1đ
)

0,50

2
1 − 2xy
1
1
1
1
(2.5đ Ta có: B = (x + y)3 − 3xy(x + y) + xy = 1 − 3xy + xy = xy(1 − 3xy) .
)
(x + y) 2 1
= .
Theo Côsi: xy ≤
4

4

0,50
0,50
0.25

1 − 2xy



x=

1−

0.25

2 3
2 3
−1
1−
−1
.
3
3
,x =
2
2

x=

2 3
2 3
−1
1+
−1
.
3
3
, y=