Sở giáo dục và đào tạo
hải dương
Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS
Môn thi : Toán Mã số: ............
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm 1 trang
Cõu 1:(2 điểm)
1) Tính:
9 17 9 17 2A = + + − −
2) Tính:
( ) ( )
6 2 10 5 3 2 3B = − + −
.
3) Cho
1 2
2009 1 2008 1C = − − −
và
2 2
2.2009
2009 1 2008 1
D =
− + −
.
Không dùng máy tính hãy so sánh C và D .
Câu 2: (2điểm)
1) Cho đa thức
( ) ( )
1.2 2.3 3.4 ... . 1f x x x= + + + + +
. Tìm x để
( )
2010f x =

3) Tìm các điểm trên mặt phẳng Oxy sao cho chỉ có 1 đường thẳng của họ
( )
m
d
đi qua
Câu 4: (3 điểm)
Cho tam giác vuông cân ABC (vuông ở A), AD là trung tuyến thuộc cạnh huyền, M là điểm
thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M xuống các cạnh
AB, AC; H là hình chiếu của N xuống đường thẳng PD.
a) Tính số đo góc NEB.
b) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.
b) Chứng minh rằng khi M thay đổi, đường thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5: (1điểm)
Cho các số
1 2 2009
, a , . . . ,a a
được xác định theo công thức sau:

=
+ + +
n
2
a
(2n 1)( n n 1)
với n = 1, 2, …, 2008.
Chứng minh rằng:

<
1 2 2009
2008

( ) ( )
2 2
17 1 17 1 2
2
+ + − −
=
0,25
( )
( )
2 17 1
17 1 17 1 2 2 17 2
2 17 1
2 2 2
−
+ + − − −
= = = = −
0,25
2)
0,5điểm
( ) ( )
6 2 10 5 3 2 3B = − + −
( ) ( )
3 1 10 5 3 2. 2 3= − + −
( ) ( ) ( )
3 1 10 5 3 2 2 3= − + −
( ) ( ) ( )
2
3 1 10 5 3 3 1= − + −
0,25
( ) ( )

2009 1 2008 1
2009 1 2008 1
− − −
=
− + −
0,25
2 2
1 2
2009 1 2008 1
2009 1 2008 1
− − +
=
− + −

( ) ( )
2 2
2009 2008 2009 2008
2009 1 2008 1
− +
=
− + −
2 2
4017
2009 1 2008 1
=
− + −
0,25
Mà
4017 4018 2.2009< =


( ) ( )
. 1 2x x x= + +
⇒

( ) ( ) ( )
1
. 1 2
3
f x x x x= + +
Để
( )
8f x =

⇔
( ) ( )
1
. 1 2 8
3
x x x+ + =

⇔
( ) ( )
. 1 2 24x x x+ + =
⇔
3 2
3 2 24 0x x x+ + − =

⇔
( ) ( )
( )

2
Vô nghiệm
Vậy với x = 2 thì
( )
8f x =
.
0,25
2)
1,0điểm
2 2 2
x y z 6 (1)
xy yz zx 1 (2)
x y z 14 (3)
+ + =


+ − = −


+ + =

(1)
⇒
(x + y + z)
2
= 36

⇒
x
2

(4)
⇒
y(6 – y) = 5

⇒
y(6 – y) = 5

⇒
(y – 1)(y – 5) = 0

y 1
y 5
=

⇒

=

0,25
+) Với y = 1 thì (4)
⇒
x + z = 5
⇒
x = 5 – z
mà zx = 6
⇒
(5 – z)z = 6
⇒
(z – 2)(z – 3) = 0
z 2 x 3

{ }
S (3; 1; 2),(2; 1; 3)=
0,25
Câu
3
2
1)
0,75điểm
Phương trình đường thẳng AB có dạng y = ax + b (d)
A, B
∈
(d) nên
− −
= ≠
− −
y 1 x 1
(m 1)
0 1 m 1
0,25
điểm

−
⇒ − =
−
⇒ − − + = −
x 1
1 y
m 1
m 1 my y x 1


Vì
( )
m
d
đi qua A(m; 0) ta có: 0 = (m – 1)m + b’
Vậy họ đường thẳng
( )
m
d
cÇn t×m lµ: y = (m – 1)x + (m – m
2
)
≠(m 1)
0,25
2)
0,5điểm
Giả sử 3 đường thẳng trong họ (d
m
) đồng qui tại điểm (x
o
; y
ô
)

⇒
y
o
= (m – 1)x
o
+ (m – m

Gọi các điểm N(x
1
; y
1
) mà chỉ có đường thẳng trong họ (d
m
) đi qua
⇒
y
1
= (m – 1)x
1
+ m – m
2
⇒
m
2
– m(x
1
+ 1) + x
1
+ y
1
= 0
0,25
Vì chỉ có 1 đường thẳng trong họ (d
m
) đi qua N nên phương trình trên chỉ có
1 nghiệm.


m
1)
0,5điểm
Vẽ hình đúng
0,25
H
’
AB
C
D
E
H
M
N
I
P
O
K
45
0
0,25
2)
0,5im
0,25
0,25
0,25
3)
V ng trũn ng kớnh AB. Gi giao ca HN vi ng trũn l I. 0,25
Do


1 2 2 3 2009 2010
1
1
2010
0,25
Mt khỏc:
( )
+

=
ữ



= = >
2
2008 1 2008 2009 2010 2009 2010
1
2010
2009 2010 2009
2009 1
2010 2 2009
0
2010 2009 2010 2009
0,25
nờn
<
1 2008
1
2010



DCP =

DBE (g.c.g)

CP = BE (1)
+) Mặt khác ta có tứ giác MNAP là hình chữ nhật có AM là tia phân giác
của
à
A
nên MNAP là hình vuông.


AN = AP

CP = BN (2)
0,25
Từ (1) và (2)

BE = BN


BEN cân


ã
=
0
NEB 45

ã
ã

OHN OHB
=
ã
ã
( )
=
0
1 1
KON KOB .90
2 2

ã
=
0
BHN 45
Vậy có
ã
ã
= =
0
BHN BEN 45
(3)
Chứng minh tơng tự ta có:
ã
ã
= =
0

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
Sở giáo dục và đào tạo
hải dương
Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS
Môn thi : Toán Mã số: ............
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm 1 trang
Câu 1:(2 điểm)
1) Rót gän biÓu thøc:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
x y x
P
x y y x y x x y
= − −
+ − + + + −
2) Tìm x, y là các số chính phương để P = 2
3) Rút gọn rồi tính giá trị biểu thức:
1.2.3 2.3.4 3.4.5 ... 2008.2009.2010Q = + + + +
Câu 2: (2điểm)
1) Cho biểu thức:
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
A = + + + +
x x 3 2 x 5 6 x 7 12 x 9 20x x x x x+ + + + + + + + +

chính phương.
2)
Câu 4: (3 điểm)
Cho tam giác vuông cân ABC (vuông ở A), AD là trung tuyến thuộc cạnh huyền, M là điểm
thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M xuống các cạnh
AB, AC; H là hình chiếu của N xuống đường thẳng PD.
1) Tính số đo góc NEB.
2) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.
3) CMR: Khi M thay đổi, đường thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5: (1điểm)
Cho số tự nhiên n > 1 và n + 2 số nguyên dương a
1
, a
2
, ... , a
n+2
thoả mãn điều kiện
1
≤
a
1
< a
2
< ... < a
n+2

≤
3n.
Chứng minh rằng luôn tồn tại hai số a
i

0; x
≠
1; y
≠
1; x
2
+ y
2
> 0
Mẫu thức chung:
( ) ( ) ( )
1 1a b b a+ − −
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1
1 1
a a b b ab a b
A
a b b a
+ − − − +
=
+ − −
=
( )
( ) ( ) ( )
1 1
a a a b b b ab a b
a b b a
+ − + − +
+ − −

+ + − + + − +
 
=
+ − −
0,25

( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 1
1 1
a b a b b a b
a b b a
 
+ + − − + −
 
=
+ − −

( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1
1 1
x y x y x xy y
x xy y
x y y x
+ + − + −
= = + −
+ − −
0,25
2)

+ =




− = −




+ = −





Suy ra
2 4
0
0
a a
b
b

= =


⇔
 
=

4 4
1
... 2009.2010.2011.2012 2008.2009.2010.2011
4
= − + − +
+ −
( )
1
1.2.3.4 0.1.2.3 2.3.4.5 1.2.3.4 2009.2010.2011.2012 2008.2009.2010.2011
4
= − + − + −
( )
1
2009.2010.2011.2012 4087371731776
4
= =
Vậy
4087371731776Q =
0,25
Câu
2
2điể
m
1)
0,75điểm
Ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1
A = + + + +

0,25

⇔

2
5 4050150 0x x+ − =
Giải phương trình này ta được
1
2010x =
;
1
2015x = −
Vậy với
1
2010x =
hoặc
1
2015x = −
thì
5
4050150
A =
.
0,25
2)
0,75điểm
Từ x
2
+ y
2

x a y b
− =


+ = +

• Nếu b – y = 0
⇒
y = b
⇒
x = a
⇒
n n n n
x y a b
+ = +
0,25
• Nếu x + a = y + b
⇒
x b
y a
=


=


⇒

n n n n
x y a b

x x
+
≤ =
+ +

⇒

2
1
1 2
x
x
≤
+
.
2 2
1 1
;
1 2 1 2
y z
y z
≤ ≤
+ +

0,25

⇒

2 2 2
3

+ 3n = a
A = a(a + 2) = a
2
+ 2a
Vì a > 0 nên a
2
< a
2
+ 2a < a
2
+ 2a + 1
0,25
Do đó a
2
< A < (a + 1)
2
Vậy A không là số chính phương với mọi n nguyên dương.
Đặt m = – n – 3
⇒
n = – m – 3
⇒
A = (- m – 3)(- m – 2)(- m – 1)(- m) = m(m + 1)(m + 2)(m + 3)
0,25
Để A là số chính phương thì m
≤
0
⇒
- n – 3
≤
0

0,25
Gọi E là giao điểm của PD với đường thẳng vuông góc với AB.
+) Xét
∆
DCP và
∆
DBE có:
·
·
=
DCP DBE
(so le trong)
DC = DB (AD là trung truyến của
∆
ABC)
·
·
=
CDP BDE
(đối đỉnh)
⇒
∆
DCP =
∆
DBE (g.c.g)
⇒
CP = BE (1)
0,25
+) Mặt khác ta có tứ giác MNAP là hình chữ nhật có AM là tia phân giác
của



ã
=
0
NEB 45
2)
1,25im
+) Gi O l trung im ca EN.
Ta cú

BEN v

EHN là tam giác vuông có chung cạnh huyền EN nên
bốn điểm B, E, H, N cùng thuộc đờng tròn tâm O.
0,25
Kộo di HO ct ng trũn (O) ti K.
Khi ú:
ã
ã
=
1
OHN KON
2
(
ã
KON
gúc ngoica tam giỏc cõn OHN)
ã
ã

ã
= =
0
BHN BEN 45
(3)
Chng minh tng t ta cú:
ã
ã
= =
0
NHA NPA 45
(4)
T (3) v (4) cú
ã
=
0
AHB 90
v NH l ng phõn giỏc ca gúc
ã
AHB
0,25
Gi H l hỡnh chiu ca H trờn AB.
Khi ú SAHB =
1
AB.HH'
2
Do đó SAHB lớn nhất khi HH lớn nhất.
0,25
im H chy trờn cung trũn ng kớnh AB nờn HH ln nht khi nú bng
bỏn kớnh, tc l khi H

j
+ k) = b
i
b
j
(*)
Do ú ta cú th chn k sao cho b
n + 2
= a
n + 2
+ k = 3n v chuyn v xột dóy s:
1

b
1
< b
2
< ... < b
n+2
= 3n.
Xột hai trng hp:
1) Nu tn ti j sao cho n < b
j
< 2n thỡ ta cú:
n < b
n+2
b
j
< 2n


hay n < b
i
b
j
= 2n + t 1 t = 2n 1 < 2n.
0,25
. Theo (*) từ cặp số b
i
, b
j
thoả mãn n < b
i
b
j
< 2n
thì tồn tại cặp a
i
, a
j
thoả mãn: n < a
i
a
j
< 2n
0,25
Sở giáo dục và đào tạo
hải dương
Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS
Môn thi : Toán Mã số: ............
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề

2 2 2 2
x y a b
x y a b
+ = +


+ = +

Chứng minh rằng với với mọi số nguyên dương n ta có
n n n n
x y a b
+ = +
Câu 3: (2điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm B cố định có tọa độ
( )
1;1
và điểm A di động
( )
A m;0
1) Viết phương trình họ đường thẳng
( )
m
d
vuông góc với AB tại A.
2) Chứng minh rằng không có 3 đường thẳng nào của họ
( )
m
d
đồng qui.
3) Tìm các điểm trên mặt phẳng Oxy sao cho chỉ có 1 đường thẳng của họ

0,5điểm
1005 2009 1005 2009 2A = + − − +
(
)
2 1005 2009 1005 2009 2
2
+ − − +
=
2010 2009 2010 2009 4
2
= + − − +
=
( ) ( )
2 2
2009 1 2009 1 2
2
+ − − +
=
0,25
( )
2009 1 2009 1 2
4
2 2
2 2
+ − − +
= = =
VËy A =
2 2
.
0,25

1 2
2009 1 2008 1 2009 1 2008 1
2009 1 2008 1
− − − − + −
=
− + −

(
)
(
)
2 2
1 2
1 2
2009 1 2008 1
2009 1 2008 1
− − −
=
− + −
0,25
2 2
1 2
2009 1 2008 1
2009 1 2008 1
− − +
=
− + −

( ) ( )
2 2

( ) ( )
3. 1.2.3 2.3.3 3.4.3 ... . 1 .3f x x x= + + + + +
0,25
Câu
2
2điể
m
1)
1,0điểm
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1.2. 3 0 2.3. 4 1 3.4. 5 2 ... . 1 . 2 1x x x x= − + − + − + + + + − − 
 
( ) ( ) ( ) ( )
0 1.2.3 1.2.3 2.3.4 2.3.4 3.4.5 ... 1 . 1 . 1 2x x x x x x= − + − + − − − − − + + + +
( ) ( )
. 1 2x x x= + +
⇒

( ) ( ) ( )
1
. 1 2
3
f x x x x= + +
Để
( )
8f x =

⇔
( ) ( )
1

+ + =


( )
( )
1
2
0,25
Giải phương trình
( )
1
ta được x = 2
Giải phương trình
( )
2
Vô nghiệm
Vậy với x = 2 thì
( )
8f x =
.
0,25
2)
1,0điểm
2 2 2
x y z 6 (1)
xy yz zx 1 (2)
x y z 14 (3)
+ + =



2zx = 12

⇒
zx = 6

⇒
xy + yz = 5

⇒
y(x + z) = 5 (4)
0,25
Mà y + x + z = 6
⇒
x + z = 6 – y
(4)
⇒
y(6 – y) = 5

⇒
y(6 – y) = 5

⇒
(y – 1)(y – 5) = 0

y 1
y 5
=

⇒



⇒
(z
1
2
−
)
2
=
23
4
−
(phương trình vô nghiệm)
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là
{ }
S (3; 1; 2),(2; 1; 3)=
0,25
1)
0,75điểm
Phương trình đường thẳng AB có dạng y = ax + b (d)
A, B
∈
(d) nên
− −
= ≠
− −
y 1 x 1
(m 1)
0 1 m 1


−
1
.a ' 1
1 m

⇒
a’ = m – 1
⇒
y = (m – 1)x + b’
0,25
Vì
( )
m
d
đi qua A(m; 0) ta có: 0 = (m – 1)m + b’
Vậy họ đường thẳng
( )
m
d
cÇn t×m lµ: y = (m – 1)x + (m – m
2
)
≠(m 1)
0,25
2)
0,5điểm
Giả sử 3 đường thẳng trong họ (d
m
) đồng qui tại điểm (x
o

o
; y
o
)
Vậy không có 3 đường thẳng nào của họ (d
m
) đồng qui.
0,25
3)
0,75điểm
Gọi các điểm N(x
1
; y
1
) mà chỉ có đường thẳng trong họ (d
m
) đi qua
⇒
y
1
= (m – 1)x
1
+ m – m
2
⇒
m
2
– m(x
1
+ 1) + x

2
1
1
(x 1)
y
4
0,25
Câu
4
3điể
m
1)
0,75điểm
Vẽ hình đúng
0,25
H
’
AB
C
D
E
H
M
N
I
P
O
K
45
0

A
nờn MNAP l hỡnh vuụng.


AN = AP

CP = BN (2)
T (1) v (2)

BE = BN


BEN cân tại B


ã
=
0
NEB 45
0,25
2)
1,25im
+) Gi O l trung im ca EN.
Ta cú

BEN v

EHN là tam giác vuông có chung cạnh huyền EN nên
bốn điểm B, E, H, N cùng thuộc đờng tròn tâm O.
0,25

( )
=
0
1 1
KON KOB .90
2 2

ã
=
0
BHN 45
0,25
Vy cú
ã
ã
= =
0
BHN BEN 45
(3)
Chng minh tng t ta cú:
ã
ã
= =
0
NHA NPA 45
(4)
T (3) v (4) cú
ã
=
0

1 im
Cỏc nh ca hỡnh (H) chia ng trũn ngoi tip nú thnh 14 cung bng
nhau, mi cung cú s o l
0
180
7

=
. Cỏc dõy ni hai nh ca (H) chn
cỏc cung nh cú s o l

, 2

, 3

,., 7

.
Do vậy độ dài các dây đó chỉ nhận 7 giá trị khác nhau.
0,25
Ly 6 nh ca hỡnh (H) thỡ s dõy hai nh trong 6 nh ú l
( )
6.5 : 2 = 15

Vỡ 15 dõy ny cú di khụng nhn quỏ 7 giỏ tr khỏc nhau nờn phi 3 dõy
cú cựng di.
0,25
Trong 3 dõy ú luụn cú 2 dõy khụng chung u mỳt ( Vỡ nu 2 dõy trong 3
dõy ú u chung u mỳt thỡ 3 dõy bng nhau ú to thnh mt tam giỏc
u, do ú s nh ca (H) chia ht cho 3 trỏi vi gi thit


Bai 3: (2.5)
Cho hờ phng trinh õn x, y sau:
2
1
mx y m
x my m
+ =


+ = +

a. Xỏc nh giỏ tr ca m ờ hờ co nghiờm duy nhõt
b. Gia s (x,y) la nghiờm duy nhõt cua hờ. Tim hờ thc lin hờ gia x,y ục lõp vi m.
c. Tim m Z ờ x, y Z
d. Chng to (x,y) lun nm trn mụt ng thng cụ inh.((x,y) l nghim ca h pt.)
Bai 4: (3.5)
Cho t giac ABCD nụi tiờp trong ng tron (O;R) co hai ng cheo AC va BD vung
goc vi nhau tai I va I khac O.
a. Chng minh: IA.IC = IB.ID
b. Vẽ đường kính CE. Chứng minh ABDE là hình thang cõn, suy ra :
AB
2
+ CD
2
= 4R
2
và AB
2
+ BC

x
x
≤
+
. Tương tự
2 2
1 1
;
1 2 1 2
y z
y z
≤ ≤
+ +
2 2 2
1 1 1
x y z
A
x y z
= + +
+ + +
3
2
≤
Suy ra:
3
2
MaxA =
khi x = 1; y = 1 ; z = 1
Bài 2: ĐK: -2 < x < 2 Đặt
2

ax ax
+
 
+ =

+ =
+ = =

  
⇔ ⇔ ⇔
   
− − =
+ = +


 

+ = + =
 
⇒ = = −2
1
1 ( 0)
1
2 2 1 0 1
ax a x
x
x x x x

 
− −
 
=
 
 
 
Bài3: a/

2 2
2 (1)
1 (2)
( 1) 2 1 3 (3)
mx y m
x my m
m x m
+ =


+ = +

→ − = −−
Với m ± 1 thì hệ pt có nghiệm duy nhất
b/ y(y – 1) = (x – 1)(x – 2) hệ thức độc lập với m
c/
2 1 1
2 (4)
1 1
m
x

= → =
b/ c/m ABCD là hình thang cõn
( Chứng minh hai cung AB và DE bằng nhau
cm: ED
2
+ CD
2
= EC
2
( tam giác DEC vuông tại D)→ AB
2
+ CD
2
= 4R
2
C/m tương tự: BC
2
+DA
2
= BE
2
+ DA
2
=EC
2
= 4R
2
c/ cm: ∆ABF cõn → IB = IF. c/m tương tự: IA = IK → ABKF là hình bình hành
→ AK ⊥ BF → ABKF là hình thoi.
d/ O là trung điểm của EC, M trung điểm CD → OM là trung bình ∆ECD →DE = 2OM

53210
+−
.
c) Cho C =
2008 2007−
và D =
2009 2008−
.
Không dùng máy tính hãy so sánh C và D .
Cõu 2:(1 điểm)
Cho P(x) là đa thức bậc 3 với hệ số của
3
x
là số nguyên khác 0 và khác - 1.
Biết
(2007) 2008P =
và
(2008) 2009P =
. Chứng minh rằng:
(2009) (2006)P P−
là hợp số
Câu 3 (2 điểm):
a. Gọi
n
S
=
1 1 1
...
1 2 2 3 n n 1
+ + +

D
C
B
A
®Ò chÝnh thøc
a. Giải hệ phương trình:
2 2 2
x y z 6
xy yz zx 1
x y z 14
+ + =


+ − = −


+ + =

hoặc
a. Cho hệ phương trình
2 2 2 2
x y a b
x y a b
+ = +


+ = +

Chứng minh rằng với với mọi số nguyên dương n ta có
n n n n

x y xy
P
x y y x y x x y
a) Rút gọn P
b) Tìm x, y là các số chính phương để P = 2
Bài 2(2 điểm). Cho hệ phương trình

2 2 2 2
x y a b
x y a b
+ = +


+ = +

Chứng minh rằng với với mọi số nguyên dương n ta có
n n n n
x y a b
+ = +
Bài 3(2 điểm).Trong tam giác ABC có chu vi 2p = a+ b + c (a, b, c là độ dài ba cạnh).
Chứng minh rằng
1 1 1 1 1 1
2
p a p b p c a b c
 
+ + ≥ + +
 ÷
− − −
 
Dấu bằng trong bất đẳng thức trên xảy ra khi tam giác ABC có đặc điểm gì?

1 1x x y y xy x y
P
M
+ − − − +
=
=
( )
x x x y y y xy x y
M
+ − + − +
=
( )
( )
( )
x y x x y y xy x y
M
− + + − +

=
( ) ( ) ( )
x y x y x xy y xy
M
 
+ − + − + −
 

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1x y x x y x y x x
M
 

(1)
Vì x, y là số chính phương suy ra
,x y
là số tự nhiên. Nên (1) tương
đương với
1 1
1 1
1 1
1 1
x
y
x
y


− =




+ =





− = −




 
=
=



Bài 2 Từ x
2
+ y
2
= a
2

+ b
2

⇒
(x
2
– a
2
) + (y
2
– b
2
) = 0

⇔
(x – a)(x + b) + (y – b)(y + b) = 0 (1)
Vì x + y = a + b


=


⇒

n n n n
x y a b
+ = +
Vậy trong mọi trường hợp ta có
n n n n
x y a b
+ = +
0,5đ
0,5đ
0,.5đ
0,5đ
Câu 3
Chứng minh BĐT phụ:
1 1 4
x y x y
+ ≥
+
( Với x, y dương) (1)

2 2
( ) 4 ( ) 0x y xy x y⇔ + ≥ ⇔ − ≥
(2)
(Dấu “=” xảy ra khi x = y)
(2) luôn đúng

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
Câu 4
H
M
I
K
E
D
O
A
B C
a) Xét tứ giác AKHE có
µ
µ
0
90K E
= =

⇒

µ
·
0
180A BHC
+ =
mà
· ·


·
0
60MOC
=
.
OM = MC.sin60
0
=
3 3
.
2 2 4
a a
=
⇒
AH =
3
2
a
b)
DB DH
DBH DAC
DA DC
∆ ∆ ⇒ =:

⇒
DA.DH = DB.DC
áp dụng bất đẳng thức
( )
2

0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Bài 5 Các đỉnh của hình (H) chia đường tròn ngoại tiếp nó thành 14 cung
bằng nhau, mỗi cung có số đo là
0
180
7
α
=
. Các dây nối hai đỉnh của
(H) chắn các cung nhỏ có số đo là
α
, 2
α
, 3
α
,…., 7
α
. Do vậy độ
dài các dây đó chỉ nhận 7 giá trị khác nhau.
Lấy 6 đỉnh của hình (H) thì số dây hai đỉnh trong 6 đỉnh đó là (6.5): 2
= 15. Vì 15 dây này có độ dài không nhận quá 7 giá trị khác nhau nên
phải 3 dây có cùng độ dài. Trong 3 dây đó luôn có 2 dây không chung
đầu mút ( Vì nếu 2 dây trong 3 dây đó đều chung đầu mút thì 3 dây
bằng nhau đó tạo thành một tam giác đều, do đó số đỉnh của (H) chia
hết cho 3 trái với giả thết

2008
.
b) Giải hệ phơng trình:
2 2 2
x y z 6
xy yz zx 1
x y z 14
+ + =


+ =


+ + =

Cõu 2: (2im)
a) Chng minh rng s A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) khụng th l s chớnh phng
vi mi n l s nguyờn dng. Tỡm tt c cỏc s nguyờn n sao cho A l s
chớnh phng.
b) Cho s t nhiờn n > 1 v n + 2 s nguyờn dng a
1
, a
2
, ... , a
n+2
tho món iu kin
1

a
1

n
2
u
(2n 1)( n n 1)
=
+ + +
vi n = 1, 2, , 2007.
Chng minh rng u
1
+ u
2
+ + u
2007
2007
2009
<
Cõu 4: (1,5im)
Trong mt phng ta cho im B c nh cú ta (1; 1). A di ng A(m; 0)
a) Vit phng trỡnh h ng thng (d
m
) vuụng gúc vi AB ti A.
b) Chng minh rng khụng cú 3 ng thng no ca h (d
m
) ng qui.
c) Tỡm cỏc im trờn mt phng ta sao cho ch cú 1 ng thng ca h (d
m
) i qua.
Cõu 5: (4im)
Cho tam giỏc vuụng cõn ABC (vuụng A), AD l trung tuyn thuc cnh huyn, M l im
thay i trờn on AD. Gi N v P theo th t l hỡnh chiu vuụng gúc ca M xung cỏc cnh

101


x
102
+ y
102
= (x
101
+ y
101
)(x + y) xy(x
100
+ y
100
) (1)
Mà theo bài ra x
100
+ y
100
= x
101
+ y
101
= x
102
+ y
102
(2)
Từ (1) và (2)

+ + =

(1)

(x + y + z)
2
= 36


x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2(xy + yz + zx) = 36


xy + yz + zx = 11 (kt hp vi (3))
(2)

xy + yz = zx 1


xy + yz + zx = 2zx 1


2zx = 12




x + z = 5

x = 5 z
m zx = 6

(5 z)z = 6

(z 2)(z 3) = 0
z 2 x 3
z 3 x 2
= =
= =

+) Vi y = 5 thỡ (4)

x + z = 1

x = 1 z
m zx = 6

(1 z)z = 6


(z
1
2

< a
2
+ 2a < a
2
+ 2a + 1
Do đó a
2
< A < (a + 1)
2
0,25