Cõu 1. Cho hai s a, b cú tng bng 1 v tớch bng (
1

). Chng minh rng
2 2n n n n
n
P a b a b
+ +
= + + +
l s nguyờn chia ht cho 5 vi mi s nguyờn dng n.
Cõu 2. Bit rng cỏc s a, b, c tho món:
1
443322
=
+
+=
+
+=
+
+
abcacbcba
.
Hóy tớnh giỏ tr ca biu thc
cba
T
111
++=
.
Cõu 3.
a) Vi nhng giỏ tr no ca k thỡ h hai phng trỡnh bc nht hai n x, y:




= + + +
ữ
ữ ữ
ữ



Cõu 5. Cho tam giỏc cõn ABC (BA=BC) ni tip ng trũn ng kớnh BD. Hai
im E v F di chuyn trờn cnh AC sao cho EF
2
1
=
AC (E nm gia F v C).
a) Chng minh rng FH=EC ( vi H l giao im ca AC v BD).
b) ng thng qua F vụng gúc vi AC ct cnh AB ti K. Chng minh rng
tam giỏc DEK l tam giỏc vuụng.
----------------------------Ht------------------------------
Ubnd huyện Bình Xuyên
Phòng Giáo dục và Đào tạo
đề chính thức
đề thi học sinh giỏi thcs vòng 2
năm học 2008-2009
môn: toán
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ubnd huyện Bình Xuyên
Phòng Giáo dục và Đào tạo
Hớng dẫn chấm thi học sinh giỏi thcs vòng 2
năm học 2008-2009

ta cú
2 2k k k k
k
P a b a b
+ +
= + + +
l s nguyờn chia ht cho 5. Tc l
1 2 1
, ,..., ,
k k
P P P P

l s nguyờn chia ht cho 5. Ta phi chng minh
1k
P
+
l s nguyờn chia ht
cho 5.
0,25
Tht vy, ta cú
1 1 3 3
1
k k k k
k
P a b a b
+ + + +
+
= + + +
( )
( )

+
= +
0,75
Theo gi thit quy np
1
,
k k
P P

l nhng s nguyờn chia ht cho 5 suy ra
1k
P
+
l s nguyờn chia
ht cho 5. Vy theo nguyờn lý quy np ta cú iu phi chng minh.
0,5
2
1,5
iu kin
accbbacba

,,,0,0,0
0,25
T cho ta cú
2
(*)1
22 acab
cba
cba
+

=
+
=
+
=
+
=++
0,25
Do
0,0

cb
nờn suy ra
acab 5;
3
5
==
. Thay vo (*) ta c
1
5
3
5
22
=
+
+
aa
a
10
23

( 1)( 2) ( 1)( 2) (4)k k x k k
+ + = +

0,5
Từ (3) và (4) ta thấy hệ cho vô nghiệm khi và chỉ khi phương trình (4) vô nghiệm
hay
1
2
( 1)( 2) 0
1
( 1)( 2) 0
1
2
k
k
k k
k
k k
k
k

= −



= −
+ + =


⇔ ⇔ = −

0,25
3.b)
1,25đ
Điều kiện
2
1
0
1 0
1
0
1
0
x
x
x
x
x
x
x

−
≥


− ≤ <

−

≥ ⇔


x
x x
− −
− =
, bình phương hai vế ta được
2
2
1 1x x
x
x x
 
− −
− =
 ÷
 ÷
 
2
1 1
2 ( 1) 1x x x x
x x
⇔ − − + − = −
( 1) 2 ( 1) 1 0x x x x
⇔ − − − + =
( )
2
( 1) 1 0x x⇔ − − =
( 1) 1x x
⇔ − =

2

≥
)
0,5
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
5 1
2
x
+
=
. 0,25
4
1,0đ
Điều kiện x>23, y>1, z>2008
Đặt
czbyax
=−=−=−
2008;1;23

theo điều kiện và giả thiết của đề bài ta có a, b, c là
các số thực dương và a.b.c=1.
0,2
Từ a.b.c=1
a
bc
=⇒
1
do đó
1 1 1 1
1 1 1b b b a
c b bc b

2
1
1
1
1 cb
a
c
c
b
≤






+−






+−
;
2
1 1
1 1c a ac
a b
  


dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
23 1 2008 1x y z
− = − = − =

suy ra x=24; y=2 và z=2009 (Thỏa mãn điều kiện bài toán). Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức L
là 1 có được khi và chỉ khi x=24; y=2 và z=2009.
0,2
5a)
1,0đ
K
H
E
F
D
C
B
A
Tam giác ABC cân tại B nội tiếp đường tròn đường kính BD suy ra BD là đường trung trực của
AC nên
ACHCAH
2
1
==

0,25
Kết hợp với
AC
2
1

thì
E H≡
và
K A≡
ta suy ra được tam giác DEK vuông
0,25
+Nếu F không trùng với A:
Vì KF//BH (do cùng vuông góc với AC) nên
BD
AD
AB
AH
KB
FH
==
(do tam giác BAH đồng dạng
với tam giác BDA) suy ra
BD
DC
KB
CE
=
(do FH=CE, AD=DC) mà
· ·
KBD ECD
=
(hai góc nội tiếp
cùng chắn cung AD) do vậy
DEC
∆

0
90KED BCD
⇒ = = ⇒
tam giác
DEK vuông tại E (đpcm).
0,5