Phòng giáo dục
1)

Hoằng hóa

Đề thi học sinh giỏi lớp 9 - cấp tỉnh

(đề

năm học 2005 - 2006
Môn thi: Toán

(Thời gian 150

phút)
Bài 1: (2 điểm).
1 a
b

, trong đó a > 0, b > 0. Tính giá trị của biểu

2 b
a
2 x2 1
thức A =
.
x x2 1
Bài 2: (2 điểm).
1
2n 1
Cho a1 = ; an + 1 =

.an với mọi số nguyên n không vợt quá
2
2n 2
2005.
Chứng minh rằng: a1 + a2 + a3 +... + a2006 < 1
Bài 3: (2 điểm).
Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên chẵn và a > 3 thì phơng
trình:
(n +1).xn + 2 + 3(n + 2). xn + 1 + an + 2 = 0 không có nghiệm thực.
Bài 4: (2 điểm).
Chứng minh rằng nếu a > 2 thì hệ phơng trình sau đây vô
nghiệm:
x5 - 2y = a
x2 + y 2 = 1
Bài 5: (2 điểm).
Tìm m để phơng trình sau có ít nhất 4 nghiệm nguyên:
m2 x + m + m3 + m2x + 1 = 1 (1)
Bài 6: (2 điểm).
1
Cho Parabol y = x2, đờng thẳng y = - 1 và điểm A( 0; 1). Chứng
4
minh rằng mọi
điểm M thuộc Parabol đều có khoảng cách đến đờng thẳng y = 1 bằng MA.
Bài 7: (2 điểm).
Cho hai đa thức với hệ số nguyên f 1(x), f2(x) thỏa mãn f(x) = f1(x3) +
x.f2(x3)
chia hết cho x2 + x + 1. Chứng minh rằng ƯCLN(f 1(2006), f2(2006))
2005
Bài 8: (2 điểm).
Cho x =


/>
1


Cho tam giác ABC có đờng cao kẻ từ đỉnh A, đờng trung tuyến kẻ từ
đỉnh B và đờng
phân giác kẻ từ đỉnh C đồng quy. Gọi a, b, c lần lợt là độ dài của ba
cạnh BC, CA, AB.
Chứng minh rằng:
(a + b)(a 2 + b2 - c2) = 2a2b
Bài 9: (2 điểm).
Cho hình chữ nhật ABCD, điểm M thuộc cạnh BC. Các đờng tròn đờng kính AM, BC
cắt nhau tại N (khác B). BN cắt CD tại L. Chứng minh rằng: ML vuông
góc với AC.
Bài 10: (2 điểm).
Cho hai điểm A, B cố định trên đờng tròn tâm O và một điểm C
chuyển động trên đờng
tròn đó. Tìm quỹ tích trọng tâm của tam giác ABC.

Hớng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 9 - cấp tỉnh
môn toán (đề 1)
Bài 1: (2 điểm): (Dựa theo 23 chuyên đề toán- Bài 115 trang 53)
2

Ta

có

x


2

-

1

2

1 a
b
a b



1
4 b
a
4ab

=

(0,5đ)
2a b


A

2a b
2 ab


a b a b a b a b

2 ab 2 ab

=

(0,5đ)
*Nếu

a



b



A

a

<

0



A


=

2(a b)
2(a b) a b


a b ( a b)
2b
b

(0,5đ)
*Nếu

=

2( a b )
2( a b ) b a


a b a b
2a
a

(0,5đ)
Bài 2: (2 điểm) (Dựa theo Toán tuổi thơ 2)
2n 1
Từ an + 1 =
.an 2(n + 1) an + 1 = (2n - 1) an
2n 2


an
=
2n
an
2(n
+
(0,25đ)
2
/>
(0,5đ)
1)

an

+

1


Do đó
a1 + a2 + a3 +... + a2006 = (2a1 - 4a2) + (4a2 - 6a3) +... + (4010 a2005 4012a2006) + a2006 (0,5đ)
= 2a1 - 4011a2006
= 1 - 4011a2006
(1)
(0,25đ)
Từ
giả
thiết

an

>
0
với
mọi
n
(0,25đ)
Do vậy từ (1) suy ra:
a1 + a2 + a3 +... + a2006
< 1
(0,25đ)
Bài 3: (2 điểm)
(Dựa theo: Tự luyện thi Đại học - Phan Đức Chính, năm
1988)
Vì n chẵn và a > 3 nên với mọi x và a > 3 ta luôn có:
+
2
+2
xn

0,
an

0.
(0,25đ)
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho n + 2 số gồm n + 1 số, mỗi
số
bằng xn + 2 và số thứ n + 2 bằng
an + 2 ta có:
(0,25đ)
(n + 1).xn + 2 + an + 2 (n + 2). n2 ( x n2 ) n1 .a n2 = (n + 2).xn+1.a

(0,5đ)
Vì a
>
3 nên
xn + 1.a >
3. xn +1
3.xn + 1.
(0,5đ)
Do đó (n +1).xn + 2 + 3(n + 2). xn + 1 + an + 2 > 3(n + 2)xn + 1 - 3(n + 2)xn + 1 =
0
(0,25đ)
Vậy vế trái của phơng trình đã cho luôn dơng với mọi x, suy ra phơng
trình vô nghiệm.
Bài 4: (2 điểm) (Báo toán học và tuổi trẻ)
Giả sử hệ có nghiệm khi đó, từ x 2 + y2 = 1 x2, y2 1
(0,25đ)

x,
y

1

x5

x2
(0,25đ)
Do
đó
a


=
x5
2y

x5
+
2y
(0,25đ)

x2 + y2 (y2 - 2y + 1) + 1
(0,5đ)
=
2
(y1)2

2

a

2
(0,5đ)
Vậy
với
a

>
2
hệ
đã
cho

vô
nghiệm
(0,25đ)
Bài 5: (2 điểm).
(Dựa theo Toán tuổi thơ 2)
/>
3


Ta có a + b a + b a + b với mọi a, b và a + b = a + b a
0, b 0
(1) m2x + m3 + m2x + 1 = 1 - m3
-m2x - m3 + m2x + 1 = (- m2x - m3 ) + (m2 x + 1)
- m2x - m3 0
m2(x + m) 0


( 2)
(0,25đ)
m2 x + 1 0
m 2x + 1 0
* Trờng hợp 1: m = 0 thì (*) đúng với mọi x nên (1) có vô số nghiệm
nguyên.
(0,25đ)
* Trờng hợp 2: m 0 thì:
x+m 0
x -m
(2)

1

m2x - 1
x - 2
m
1
Suy ra (1) có nghiệm khi và chỉ khi: - 2 - m m3 1 m 1
m
1

Khi đó (1) x 2 ; m Do đó với m 1 và m 0 thì (1) có ít nhất 4
m

nghiệm
1

nguyên 2 ; m phải chứa ít nhất 4 số nguyên:
m

1

+ Với m = 1 thì 2 ; m chỉ chứa một số nguyên là - 1 (loại)
m

(0,25đ)
1
1

+ Với 0 < m < 1 thì - 1 < - m < 0 và - 2 < - 1 Do đó 2 ; m
m
m


1
1
1
1
2 4 m 0 m
chứa
ít
nhất
4
số
nguyên
m
2
2
2
0,25đ)
1
+ Với - 1 < m < 0 Thì 0 < - m < 1 và - 2 < - 1 Do đó
m
1

m 2 ; m
1
3
3
3
chứa ít nhất 4 số nguyên 2 3
m
m 0
m

3
3
3
(0,25đ)
4
/>

1

3
+ Với m = - 1 thì 2 ; m chỉ chứa 3 số nguyên là
- 1; 0; 1
m

3
(loại)
(0,25đ)
1
1

+ Với m < - 1 thì - m > 1 và - 1 < - 2 < 0. Do đó 2 ; m
m
m

chứa ít nhất
4 số nguyên
m

3


m - 3
(0,25đ)
Kết luận:
Để phơng trình (1) có ít nhất 4 nghiệm nguyên thì: m - 3 hoặc
3
1
(0,25đ)

m
3
2
Bài 6: (2 điểm). (Dựa theo Một số vấn đề phát triển đại số 9 - Vũ Hữu
Bình)
y
Vẽ
hình
(0,5đ)
M(x;y
Gọi MH là khoảng cách từ M (x; y) đến đ)
ờng
thẳng y = - 1. Ta có
A 1
MH = y + 1
MA2 = x2 + (y - 1)2 = x2 + y2 - 2y + 1
x
O
(0,5đ)
y=-1
H
1

1 2
Do M thuộc Parabol y = x nên x2 = 4y,
4
(0,25đ)
do đó
MA2 = y2 + 2y + 1 = (y + 1)2 = MH2
(0,5đ)
Vậy MA = MH
(0,25đ)
Bài 7: (2 điểm) (Dựa theo Chuyên đề Đa thức - Nguyễn Vũ Thanh)
f(x) = [ f1(x3) - f1(1)] + x.[f2(x3) - f2(1)] + x.f2(1) + f1(1)
(0,25đ)
Dễ thấy f1(x3) - f1(1) x2 + x + 1, f2(x3) - f2(1) x2 + x + 1
(0,25đ)
Vậy theo giả thiết suy ra:
x.f 2(1) + f1(1) x2 + x + 1
(0,5đ)
suy ra f1(1) = f2(1) = 0 ( vì bậc của x.f 2(1) + f1(1) nhỏ hơn bậc của x2 +
x + 1)
(0,5đ)
Hay f2(x) và f1(x) chia hết cho x - 1 do đó ƯSCLN(f 1(2006), f2(2006)) 2005
(0,25đ)
/>
5


suy ra ƯCLN(f1(2006), f2(2006)) 2005.
Dấu
"="
xảy

ra
khi
f1(x)
(0,25đ)

=

f2(x)

Bài 8: (2 điểm). (Dựa theo Toán tuổi thơ 2)
Giả sử AH, BM, CD tơng ứng là các đờng cao,
trung tuyến, phân giác của ABC; đồng quy tại
O
1
Dựng MI AH
thì MI =
HC
(1)
2
(0,25đ)
MI MO MC


Ta
có:
HB OB BC
(0,25đ)
B
HC AC b




HB BC a
(0,25đ)
kết hợp (1) a.HC = b.HB
(2)
(0,25đ)
áp dụng định lí Pytago cho các tam giác vuông ta có
a2 = BC2 = HB2 + HC2 + 2HB.HC
b2 = AC2 = HA2 + HC2
c2 = AB2 = HA2 + HB2
(0,25đ)
2
2
2
Từ đó: (a + b)(a + b - c ) = (a + b).(2a.HC)
(0,25đ)
2
= 2a(a.HC + b.HB) = 2a.(ab) = 2a b (theo (2)) (0,25đ)
Ta có điều phải chứng minh(0,25đ)

Bài 9: (2 điểm) (Toán tuổi thơ 2- Số 34)
Gọi E là giao của AC và LM
Ta có NCD = NBC (cùng phụ với NCB);
(0,25đ)
NBC = NAM (cùng chắn cung MN) suy ra
NCD
=
NAM


NCL

NAM.
(0,5đ)
Từ
đó
suy
ra
NCA
NLM
(0,25đ)
CAN = LMN tứ giác AMEN nội tiếp
(0,5đ)

x

D

D

1

M

I
O
H

B


N

-

A

A

L
6
/>
=

M
E

C

C


AEM = ANM = 900 (vì AM là đờng kính) (0,25đ)
Vậy AC ML
(0,25đ)

Bài 10: (2 điểm) (Dựa theo Tuyển chọn bài thi học sinh giỏi - Lê Hồng
Đức).
Đặt R là bán kính đờng tròn (O)
Gọi M là trung điểm AB, G là trọng tâm của ABC
G nằm giữa C và M sao cho GC = 2.GM

(0,25đ)
Phần thuận:Lấy I nằm giữa O và M sao cho IO = 2.IM
GC
IO


IG // OC
(0,25đ)
GM OM
IG IM 1
R



IG =
(0,25đ)
IO MO 3
3
R
tức
là
G
thuộc
đờng
tròn
I,
3 C
(0,25đ)
R
O

R


Gọi A1, B1 là các điểm giao của AB với I ,
3
G
(0,25đ)
I
M
R
B
Đảo lại: lấy G' I , sao cho G' khác A1, B1.
A
B1
A1
3


Gọi C' là giao của tia MG' với (O). Gọi G 1 là trọng
tâm của ABC', ta có G1 nằm trên tia MC'
(1) (0,25đ)
R
Mặt khác, theo phần thuận ta có G1 I , ; kết hợp với (1)
3
ta có G1 G', hay G' là điểm của quỹ tích
(0,25đ)
R
Vậy quỹ tích là đờng tròn I , trừ hai điểm A1, B1 (0,25đ)
3
--------------------------------------Phòng giáo dục hoằng hóa


đề thi học sinh giỏi lớp 9

(Đề 2)

Môn toán Thời gian 150 phút
Bài 1(2.0 điểm): Tìm các số tự nhiên m và n thoả mãn:
/>
7


( 3 + 5 2 )m = ( 5 + 3 2 )n
Bài 2: (2.0 điểm): Cho a, b > 0 và 6a2 + ab = 35b2.
Tính giá trị của M =

3a 2 +5b 2 +ab
2a 2 -3ab+4b 2

Bài 3: (2.0 điểm): Cho 2 phơng trình:
ax2 + bx + c = 0
(1)
2
cx + bx + a = 0
(2)
(a, b, c 0)
Chứng minh rằng nếu PT (1) có 2 nghiệm dơng x1 và x2 thì PT (2)
cũng có 2 nghiệm dơng x3 và x4. Khi đó chứng minh x1 + x2 + x3 + x4 4
Bài 4: (2.0 điểm): Tìm a và b sao cho hệ phơng trình sau có nghiệm
duy nhất:
xyz y a

2
xy z y b
x 2 y 2 z 2 4


Bài 5: (2.0 điểm): Giải phơng trình: 13 4 x 4 - 2 3 5 x 2 4 = 1
Bài 6(2.0 điểm): Tìm trên đờng thẳng 8x 13y + 6 = 0 những điểm
có toạ độ nguyên nằm giữa hai đờng thẳng x= -15 và x = 55
Bài 7: (2.0 điểm): Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của S = x + y biết:
x2 + 3y2 + 2xy - 10x 14y +
18 = 0
Bài 8 (2.0 điểm): Cho hình vuông ABCD. Điểm M thuộc cạnh AB ( M khác
A và B). Đờng thẳng DM cắt đờng thẳng CB tại N. Đờng thẳng CM cắt AN
tại P . Chứng minh PB DN
Bài 9(2.0 điểm): Cho Tam giác ABC. O và I lần lợt tâm đờng tròn nội tiếp
và bàng tiếp trong góc A của ABC. Hạ OHBC và IKBC. M là trung điểm
của BC.
a. Chứng minh M là trung điểm của HK.
b. Chứng minh MO đi qua trung điểm của AH
Bài 10: (2,0 điểm): Cho ABC đều có cạnh bằng 1. Lấy D bất kỳ trên
cạnh BC. Gọi r1, r2 lần lợt là bán kính của đờng tròn nội tiếp ABD và
ACD. Xác định vị trí của điểm D trên cạnh BC để tích r 1r2 đạt giá trị
lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó.

Đáp án đề số 2
8
/>

Bài 1(2 điểm): Tìm các số tự nhiên m và n thoả mãn: ( 3 + 5 2 )m = ( 5 +
3 2 )n (1)

Giải:
Nhận thấy: với m= 0 thì n = 0. Vậy với m = 0 và n = 0 thì
thoả mãn (1).
Với m > 0 thì n > 0. Ta có: ( 3 + 5 2 )m khai triển ra có dạng A + B 2 , Khi
đó:
( 3 - 5 2 )m khai triển ra có dạng A - B 2
Và ( 5 + 3 2 )n khai triển ra có dạng C + D 2 , Khi đó:
( 5 - 3 2 )n khai triển ra có dạng C - D 2
( Trong đó A,B,C,D N )
Theo giả thiết ta có: A + B 2 = C + D 2 A C = (D - B) 2
(2)
Do A,B,C,D N và 2 I nên từ (2) ta suy ra A C = 0 và D B = 0
A = C và B = D A - B 2 = C - D 2 ( 3 - 5 2 )m = ( 5 - 3 2 )n
(3)
m
m
n
n
Từ (1) và (3) ta có: ( 3 + 5 2 ) ( 3 - 5 2 ) = ( 5 + 3 2 ) ( 5 - 3 2 )
(9 50)m = (25 - 18)n (- 41)m = 7n
(4)
Do 7 và 41 là những số nguyên tố nên theo (4) ta suy ra 7 41
(Vô lý)
Vậy chỉ có m = 0 và n = 0 là thoả mãn.
Bài 2: (2.0 điểm): 6a2 + ab = 35b2 (3a 7b)(2a + 5b) = 0 a =

7
b
3
M=


71 2
b
3
=
=3
71 2
b
9

3a 2 +5b 2 +ab
2a 2 -3ab+4b 2

Bài 3: (2.0 điểm): Vì PT (1) có 2 phân biệt x1 và x2 nên 1 = b2 - 4ac > 0
Xét PT (2) ta có 2 = b2 - 4ac 2 > 0 PT (2) cũng có 2 nghiệm phân
biệt x3 và x4
Mặt khác theo viét ta có: x1x2 =

c
a

và x1 + x2 =

b
a

a
b
và x3 + x4 =
c

c
c
b
nên x1x2 =
> 0 và x1 + x2 =
>0
a
a

x3x4 =

Do x1, x2 > 0

a, c, -b cùng

dấu


x3 x4 =

a
b
> 0 và x3 + x4 =
>0
c
c



x3 , x4 > 0


Ta lại có do x1, x2 là nghiệm của PT (1) nên ax12 + bx1 + c = 0
và ax22 + bx2 + c = 0 (4)
/>
(3)

9


1

1

1

1

2
2
Suy ra a + b x + c ( x ) = 0 và a + b x + c ( x ) = 0 ( lần lợt chia cả 2 vế
1
1
2
2

của (3) và (4) cho x12 và x22 )


x1 + x2 + x3 + x4 = x1 + x2


1
1
và
x1
x2
1
1
+ x + x
1
2



chính là 2 nghiệm của PT (2)
1

1

= (x1 + x ) + ( x2 + x ) 2
1
2

+2
x1 + x2 + x3 + x4 4
Bài 4: (2.0 điểm): Nhận thấy nếu (x0, y0, z0) là một nghiệm của hệ PT trên
thì (-x0, y0, -z0) cũng là một nghiệm của hệ. Do đó để hệ có nghiệm duy
nhất thì x0 = - x0 và z0 = - z0 suy ra x0 = z0 = 0. Thay các giá trị này
vào hệ ta đợc y0 = a; y0 = b và y02 = 4
Vì vậy suy ra a = b = 2
- Nếu a = b = -2 thì ta có hệ


xyz y 2
2
xy z y 2
x 2 y 2 z 2 4


Lấy vế trừ vế của 2 PT đầu cho nhau ta đợc: xyz(y - 1) = 0. Từ đó ta thấy
hệ có nghiệm duy nhất đó là x = z = 0; y = -2
- Nếu a = b = 2 thì ta có hệ

xyz y 2
2
xy z y 2
x 2 y 2 z 2 4


Làm tơng tự nh trên ta cũng có: xyz(y - 1) = 0 và nhận thấy hệ không chỉ
một nghiệm là: x = z = 0, y = 2 mà còn có các nghiệm khác, chẳng hạn
nh
x=

51
,
2

y=1, z=

5 1
2


là một nghiệm, nên với a = b = 2 không thỏa

mãn
Vậy chỉ có a = b = -2 là thỏa mãn đề bài.
Bài 5(2.0 điểm): Giải phơng trình: 13 4 x 4 - 2 3 5 x 2 4 = 1
Giải: Ta có:
Nếu x >1 thì x2 > 1 và x4 >1
Nếu x <1 thì x2 < 1 và x4 <1
- Xét x >1 ta có
13 - 4x4 < 9
13 4 x 4 < 3
5x2 - 4 > 1 2 3 5 x 2 4 > 2
13 4 x 4 - 2 3 5 x 2 4 < 1
Phơng trình đã cho vô nghiệm
- Xét x <1 ta có
13 - 4x4 > 9
13 4 x 4 > 3
5x2 - 4 < 1 2 3 5 x 2 4 < 2
13 4 x 4 - 2 3 5 x 2 4 > 1
Phơng trình đã cho vô nghiệm
- Xét x =1 x2 = x4 = 1 x= 1
10
/>

Với x= 1 thỏa mãn phơng trình đã cho.
Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm đó là: x1 = 1 và x2 = - 1
Bài 6(2.0 điểm): Tìm trên đờng thẳng 8x 13y + 6 = 0 những điểm có
toạ độ nguyên nằm giữa hai đờng thẳng x= -15 và x= 55
Giải:

Giả sử A(a, b) là điểm có toạ độ nguyên thuộc đờng thẳng trên
và nằm giữa 2 đờng thẳng x = -15 và x =55. Ta có: 8a 13b + 6 = 0
và
-15 a 55 (a, b Z)
Từ 8a 13b + 6 = 0 b 2 đặt b = 2k (k Z) suy ra:
a=
4t

13b 6
26k 6
k 1
=
= 3k 1 +
8
8
4

để a Z thì k + 1 4 hay k + 1 =

(t Z) hay k = 4t 1 từ đó suy ra a = 13t 4 và b = 8t 2

Do -15 a 55 nên -15 13t - 4 55

11
59
t
13
13

mà t Z suy ra:


t = 0; 1; 2; 3; 4
-

Nếu
Nếu
Nếu
Nếu
Nếu

t=0
a = - 4; b = - 2
t=1
a = 9; b = 6
t=2
a = 22; b = 14
t=3
a = 35; b = 22
t=4
a = 48; b = 30
Vậy các điểm có toạ độ nguyên thoả mãn đề bài là:
(- 4; -2); (9; 6); (22; 14); (35; 22) và (48; 30)
Bài 7:(2.0 điểm): x2 + 3y2 + 2xy - 10x 14y + 18 = 0
(x + y - 5)2 = 9 - 2(y - 1)2 9
-3 x + y 5 3
2 S = x + y 8
S = 2 khi x = y = 1
S = 8 khi x = 7 và y = 1







Bài 8: (2.0 điểm): Trên tia đối của tia AB lấy điểm K sao cho AK = BN.
Gọi H là giao của đờng thẳng AN và CK. Ta có: ABN = DAK (c.g.c)
BAN = ADK
mà BAN = KAH và KAH + HAD = 900 ADK + HAD = 900
N
AH KD hay NA KD (1)
P
Tơng tự ta cũng có BCK = CDN BCK = I CDN ND KC (2)
K
H

A

M

B

11

/>D

C


Tõu (1) Vµ (2) suy ra H lµ trùc t©m cña  NKD  DH  KN (3)
L¹i cã: KB  NC, KÕt hîp víi (2)  M lµ trùc t©m cña  NKC

 CM  KN  MP  KN (4)
Tõ (3) vµ (4)  MP//DH 
L¹i cã: MB//DC 
Tõ (5) vµ (6) 

NP
NM
=
NH
ND

(5)

NB
NM
=
(6)
NC
ND
NP
NB
 PB//CH mµ CH  ND
=
NH
NC

PB  ND




Bµi 9 (2.0 ®iÓm):
a.(1.0 ®iÓm): H¹ IS  AB IL  AC
AB  BC  AC
Ta cã: BH=
2

A

(1) ; CK= CL = AL-AC

AL=AS = AB + BS = AB + BK = AB + (BC - CK)
 CK = AL-AC=AB+(BC-CK) - AC
 2 CK = AB + BC – AC
AB  BC  AC
(2)
2
Tõ (1) vµ (2)  BH = CK
L¹i cã: BM = CM  MH = MK


(®pcm)

CK=

N
O

B

H


b.(1.0 ®iÓm): Nèi AK c¾t (O) t¹i N ta cã: OP//IL
OP
AO
=
mµ OP=ON; IL=IK nªn S
IL
AI
ON
AO
 ON//IK
=
IK
AI



L¹i cã OH//IK nªn H; O; N th¼ng hµng
Trong  HNK cã ON=OH; MH=MK
I
nªnMO//NK hay MO//AK
Trong  AHK cã:
MH=MK vµ MO//AK nªn MO ®i qua trung ®iÓm cña AH

12
/>
P

M


K

C
L


Bài 10: 2,0 điểm:
A

E
B

C

D

Hạ DE AB. Đặt BD = x ta có: CD = 1 x ;

BE =

x 2
x 3 2
AD =
) (
) = x2 x + 1
2
2
AB AD BD DE. AB x 3 r1 (1 x
SABD = r1.



2
2
4
3
x
r1 =
C/m tơng tự: r2
2 1 x x2 x 1
AD2 = (1



3
r1r2 .
4

=

1
(1
4

x
2

;

DE =


x 3
2

x2 x 1
x 2 x 1) x 3

2
4
3
1 x
.
2 2 x x2 x 1

3
x(1 x)
.
(1 x x2 x 1)(2 x x2 x 1) 4 3(1 x2 x 1)

1
x2 x 1) (1
4

x(1 x)

(x

12 3 1
3
2 3
) ) (1

)=
2
4 4
2
8

1
khi đó D là trung điểm của BC
2
2 3
Vậy giá trị lớn nhất của r1r2 là
khi D là trung điểm của BC
8
Dấu = xảy ra khi x =

/>
13


Phòng GD hoằng hóa
đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn toán (đề 3)
Thời gian: 150 phút
Bài 1(2.0 điểm): Cho biểu thức:
P=

3m

9m 3

m m 2




m 2
1

1
m 1
m 2

a. Rút gọn P
b. Tìm m để P = 2
c. Tìm giá trị m tự nhiên sao cho P là số tự nhiên
Bài 2(2.0 điểm): Giả sử các số hữu tỉ x, y. Thoả mãn phơng trình
x 5 + y5 = 2x2y2
Chứng minh 1 xy là bình phơng của một số hữu tỉ.
Bài 3(2.0 điểm):
a. (1.0 điểm): Giải PT:
x- 2005 2005 + x- 2006 2006 = 1
b. (1.0 điểm): Gọi x1,, x2 là nghiệm của phơng trình: (k 1) x2
2kx+ k 4 =0
không giải phơng trình hãy tìm 1 hệ thức liên hệ giữa x1, x2 không phụ
thuộc vào k.
Bài 4(2.0 điểm): Cho hệ phơng trình:
mx 2my m 1

x (m 1) y 2

a. (1.25 điểm): chứng minh rằng nếu hệ có nghiệm duy nhất (x, y )
thì điểm M(x,y) luôn luôn thuộc một đờng thẳng cố định khi M thay

đổi.
b. (0.75 điểm): Xác định m để điểm M thuộc góc vuông phần t thứ
nhất
Bài 5(2.0 điểm):
Giải phơng trình:
a. (1.0 điểm): x2 + 3x + 1 = ( x + 3 ) x 2 1
b. (1.0 điểm): 6x5 - 29x4 + 27x3 + 27x2 - 29x + 6 = 0
Bài 6(2.0 điểm): Cho đờng thẳng y = (m-2) x+2 (d)
14
/>

a. (0.75 điểm): Chứng minh rằng đờng thẳng (d) luôn đi qua 1
điểm cố định với mọi giá trị của m
b.(0.75 điểm): Tìm giá trị của m để khoảngcách từ gốc toạ độ đến
đờng thẳng (d) bằng 1
c. (0.5 điểm): Tìm giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ đến
đờng thẳng (d) có giá trị lớn nhất
Bài 7(2.0 điểm): Cho hai số a, b thoả mãn điều kiện a 2 + b2 = 1
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =
6
6
a +b
Bài 8(2.0 điểm): Cho 2 đờng tròn ( O; R) và đờng tròn ( O;

R
) tiếp xúc
2

ngoài tại A. Trên đờng tròn (O) lấy điểm B sao cho AB = R và điểm M trên
cung lớn AB. Tia AM cắt đờng tròn (O) tại điểm thứ hai N. Qua N kẻ đờng

thẳng song song với AB cắt đờng thẳng MB ở Q và cắt đờng tròn (O) ở P
a.(0.75 điểm): Chứng minh OAM đồng dạng với OAN
b.(0.75 điểm): Chứng minh độ dài đoạn NQ không phụ thuộc vào vị trí
của điểm M
c.(0.5 điểm): Xác định vị trí điểm M để SABQN đạt giá trị lớn nhất. Tính
giá trị đó theo R
Bài 9(2.0 điểm): Cho 1 hình thang cân có 2 đờng tròn tiếp xúc ngoài
nhau, mỗi đờng tròn tiếp xúc với 2 cạnh bên và tiếp xúc với một cạnh đáy
của hình thang. Biết bán kính của các đờng tròn đó bằng 2cm và 8 cm.
Tính diện tích hình thang.
Bài 10(2.0 điểm): Cho đờng tròn (0, R ) và 1 điểm A cố định ở trên đó.
AB và AC là 2 dây cung quay quanh A. Sao cho tích AB.AC không đổi. Vẽ
đờng cao AH của tam giác ABC và đờng kính AD của (o; R)
a. (1.0 điểm): Chứng minh rằng: AB.AC=AD.AH suy ra đờng thẳng
BC luôn tiếp xúc với 1 đờng tròn cố định.
b. (1.0 điểm): Trờng hợp AH > R tìm vị trí của dây cung BC sao cho
diện tích tam giác ABC lớn nhất.
--------------------------------------------Đáp án đề số 3
Bài 1 (2.0 điểm)
a. (0.75 điểm):

P =
=

( m 1)( m 2)



m 2
m 1


3m 3 m 3 m 4 m 1 m

=
b. (0.5 điểm):

3m 9m 3



1
m2

1

m 2

( m 1)( m 2)
m 3 m 2
( m 1)( m 2)

P 2



m 1

m 1
Điều kiện m 0 ; m 1
m 1 2 m 1


/>
15


c. (0.75 điểm):

m 9

m 1
9

2

P = 1+

để P là số tự nhiên thì

m 1
m 1 1; 2
Từ đó suy ra m 0, 4, 9
- Với m = 0 thì P = -1 N
- Với m = 4 thì P = 3 N
- Với m = 9 thì P = 2 N

Vậy m = 4 hoặc m = 9
Bài 2 (2.0 điểm) : Xét hai trờng hợp:
- Nếu xy = 0 Thì 1 xy = 12 là bình phơng của một số hữu tỉ
( 0.5 điểm)
- Nếu xy

0 Ta có:
5
5 2
( x y ) = ( x5 + y5)2 4x5y5 = 4x4y4 4x5y5
( 0.5 điểm)
5
5
2 2
( do x + y = 2x y )
4 4
= 4x y ( 1 xy)
1 xy

=>
điểm)

(x5 y5 )2
x5 y5 2

(
)
4x4y4
2x2y2

là bình phơng 1 số hữu tỷ

( 1,0

Bài 3 (2.0 điểm) :
a. (1.0 điểm): Giải PT: x- 2005 2005 + x- 2006 2006 = 1

(*)
Với x= 2005, x = 2006 vế trái và vế phải của PT có cùng trị số là 1.
Vậy PT có nghiệm x1= 2005 và x2 = 2006
( 0,25 đ)
- Với x< 2005 thì x 2005 > 0 và x- 2006 > 1 do đó:
x- 2005 2005 + x- 2006 2006 > 1 Nên PT (*) vô nghiệm
(0,25 đ)
- Với x> 2006 thì x- 2005 > 1 và x 2006 > 0 do đó:
x- 2005 2005 + x 2006 2006 > 1 Nên PT (*) vô nghiệm (0,25 đ)
- Với 2005 < x < 2006 thì 0< x 2005 < 1 còn -1 < x- 2006< 0
Nên
x- 2005 2005 < x 2005 = x 2005
x 2006 2006 < x- 2006 = 2006 x
Vậy
x- 2005 2005 + x 2006 2006 < x 2005 + 2006 x =1
Nên PT(*) vô nghiệm
Tóm lại: PT (*) đã cho có 2 nghiệm x1 = 2005 và x2= 2006
(0,25 đ)
2
b. (1.0 điểm): Để PT (k-1) x 2kx +k 4 = 0 có nghiệm thì cần phải
có k1 và
= k2 (k 1)(k- 4) 0.
4
5

Suy ra k 1 và k .
Theo định lí Viet ta có:
16
/>
(0,25 đ)



S

2k
k 4
và P
k1
k1

(0,25 đ)

2k
S
Sk S = 2k k(S - 2)= S k
(S 2)
(0,25 đ)
k1
S 2
k 4
P 4
- Từ P
Pk P = k 4 k(P- 1) = P- 4 k
(P 1)
k1
P 1
S
P 4

Suy ra:

3S + 2 P 8 =0
S-2
P 1

- Từ

S

Hay 3( x1 + x2) + 2x1x2- 8 = 0
Bài 4 (2.0 điểm) :

( 0,25đ)

a(1.25 điểm): Ta có hệ phơng trình:
mx 2my m 1

x ( m 1) y 2

Có nghiệm duy nhất khi m 0 và m 1

( 0,25

điểm )
Lúc đó nghiệm duy nhất của hệ là:
m 1

x m

y 1


m

(0,5

điểm )
m 1
1
1
1 y
m
m
x 1 y y x 1

Ta thấy x =

Vậy điểm M luôn thuộc đờng thẳng có phơng trình:
y = -x + 1
( 0,5
điểm )
b.(0.75 điểm):
Để điểm M thuộc góc vuông phần t thứ nhất thì x > 0 và y > 0
(0,25đ)
Do đó

m 1
m 0
m 1

1
0

m

Vậy để điểm M thuộc góc vuông phần t thứ nhất thì m > 1
điểm )
Bài 5 (2.0 điểm) :
a. (1.0 điểm):
x2 + 3x + 1 = ( x + 3 ) x 2 1

( 0,5

( x 2 1) 2 3 x x x 2 1 3 x 2 1 0


x 2 1( x 2 1 x ) 3( x 2 1 x) 0

( x 2 1 x)( x 2 1 3) 0

/>
(0,5 điểm)
17


x 2 1 x 0


x 2 1 3 0

x2 1 x

x 2 2

x 2 1 3

(0,5 điểm )

b.(1.0 điểm):
6x5 - 29x4 + 27x3 + 27x2 - 29x + 6 = 0
( x 1)(6 x 4 35 x 3 62 x 2 35 x 6) 0
x 1 0 x 1
4
3
2
6 x 35 x 62 x 35 x 6 0(*)

(0,25 điểm )

Giải (*) ta thấy x= 0 không phải là nghiệm của (*). Chia cả 2 vế của (*)
cho x2 ta có:
35 6

0
x x2
1
1
6( x 2 2 ) 35( x ) 62 0
x
x
1
1
Đặt x + t x 2 2 t 2 2
ta có phơng trình là:

x
x

6x2 - 35x + 62 -

(0,25 điểm )

6(t2-2) - 35t + 62 = 0

5

t

1

2
6t 2 35t 50 0
t 10
2 3
x2 2
5

+ ) t1 =
1
2
x3 2
x4 3
10



+ ) t2 =
1
3
x5 3

( 0,25 điểm )

Vậy phơng trình (2) có 5 nghiệm:
1
2

x1 = -1; x2 =2; x3 = ; x4 = 3; x5=

1
3

(0,25 điểm)

Bài 6 (2.0 điểm) :
a. (0.75 điểm): Điều kiện để đờng thẳng (d) đi qua điểm cố định
B(xo,y0) m là
y0 = (m-2)x0 +2 =0 m mx0 - 2x0 +2-y0 =0 với m
x0 0

2 x0 2 y0 0



x0 0


y0 2

(1điểm)

Vậy đờng thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định B(0,2)
b. (0.75 điểm): Gọi A,B theo thứ tự là giao điểm của
đòng thẳng (d) với trục hoành và trục tung
Ta tính đợc:
2

OA = 2 m ; OB = 2

18
/>
y
2

B
H


Gọi OH là khoảng cách từ 0 đến AB ta có:
A

o

x

1
1

1
2 =
2 +
OH
OA
OB 2

1
( 2 m) 2
m 2 4m 5
=
+
=
4
4
4
Mặt khác OH = 1 m -2 = 3
m 2 3


m 2 3

Tơng ứng với các giá trị trên của m là hai đờng thẳng y = 3 x+2 và y= x+2
c. (0. 5 điểm): OH lớn nhất m2 - 4m + 5 nhỏ nhất m = 2
khi đó đờng thẳng là y=2 và OH = 2
Bài 7 (2.0 điểm) : áp dụng bằng đẳng thức x3 + y3 = ( x + y)3 3xy ( x
+ y)
Ta có: A = a6 + b6 = (a2 + b2)3 3a2b2 = 1 - 3a2b2
A = 1 - 3a2b2 1. Đẳng thức xảy ra khi a = 0 hay b = 0
Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 khi a = 0 hay b = 0

A = 1 - 3a2b2 do a2b2 0.
Suy ra A nhỏ nhất khi a2b2 lớn nhất. Mà a2 + b2 = 1
Lại có hai số tổng không đổi thì tích lớn nhất khi hai số bằng nhau, suy
1
ra a2b2 lớn nhất
2
khi a2 = b2 =
a=b= 2

Vậy A nhỏ nhất là: 1 1 3. 1 =
4

2

4

Bài 8 (2.0 điểm) :
a. (0.75 điểm): Do (O) tiếp xúc với ( O) tại A nên M
O, A, O thẳng hàng
góc OAN= góc OAM ( đối đỉnh )

P
A

O

Các tam giác OAM và OAN là các
tam giác cân
OAM ~ OAN
b. (0.75 điểm): Do OAM ~ OAN ( câu a )


O
H
N

B

AM
OA 2 R


2
AN O' A
R

AM
2
AM 2




AN AM 1 2
MN 3
AB AM 2
3
3
Lại có: AB // NQ NQ MN 3 NQ 2 AB 2 R 1,5R

Q


Vậy độ dài NQ không đổi, không phụ thuộc vào vị trí điểm M
1
2

1
2

5
4

c. (0.5 điểm): SABQN = ( AB QN ). AH ( R 1,5R). AH R. AH

( với AH PQ )

Vì R không đổi nên SABQN lớn nhất khi và chỉ khi AH lớn nhất.
/>
19

3


Do: AH AN nên AH lớn nhất AH AN
H trùng với N AN NQ AM AB tại A( do AB//NQ ) khi đó
vuông ở A nên ta có: AM2 =MB2 - AB2 = 4R2 - R2 = 3R2 AM = R 3
AM 2
1
R 3
AN AM
MN 3

2
2
5 R 3 5 3R 2
đạt giá trị lớn nhất là: R.

4
2
8

AMB

Do

SANQB

Khi M cungAB Sao cho:AM

AB
Bài 9 (2.0 điểm) :
A
B
Gọi ABCD là hình thang cân (AB//CD) tiếp điểm của
M
hai đờng tròn (O)và (O) là E.Gọi tiếp điểm của (O)
H
O
với AB, AD là M, H. Gọi tiếp điểm của (O) với CD, AD là
E
N, K.
I

Tiếp tuyến chung của (O)và (O) tại E cắt AD ở I.
IOO vuông ở I mà IE vuông góc với OO
K
O
EI2 = EO. EO = 8.2 =16
EI = 4( cm)
(0,5 điểm )
N
D
C * Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OA
vuông góc OI
( 2 tia phân giác của 2 góc kề bù)
AOI vuông tại O mà OH vuông góc AI OH2= IH.HA
mà IH = IE = 4cm
(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
(0,5
điểm )
OH = 2 cm (gt) 4= 4.HA HA= 1cm.
Tơng tự ta có: IOD vuông tại O mà OK vuông góc ID
OK2 = KI.DK
(0,5 điểm )
82 = 4.DK DK =

Hay

64
16
4

DN = DK = 16 cm.


Do đó SABCD = (AM +DN).MN = (1+ 16).20 = 340 (cm2)
điểm )
Bài 10 (2.0 điểm) :
a. (1.0 điểm): Ta có ABD


(0,5

~ AHC (g-g)

AB
AD

AH
AC

AB.AC = AD.AH
AB. AC AB. AC
AH =

Không đổi
AD
2R
AB. AC

H (A,r ) với r =
2R

C

Ta có (A,r) cố định

20
/>
A
D
(0,5 điểm )
I
D
H

0
B
E


BC luôn tiếp xúc với 1 đờng tròn cố định (0,5 điểm )
1
b. (1.0 điểm):
SABC =
AH.BC Vì AH không đổi do đó:
2
SABC lớn nhất BC lớn nhất
Vẽ OE BC ta có BC lớn nhất OE bé nhất
(0,5 điểm )

Góc I là giao điểm của (A,r) với AD
Thì do OA=AO + OI
OE OI không đổi do O và I cố định.

Vậy OEmin = OI E I H. nếu H I thì OE ngắn nhất khi đó dây
cung BC qua I và vuông góc với AD tại I
(0,5 điểm )
---------------------------------------------------------------

Phòng GD hoằng hóa

đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn toán (đề 4)

Bài 1( 2.0 điểm):

Thời gian: 150 phút
Cho biểu thức:
B

x2
5
1
2

x 3 x x 6 2 x

a. (0.75 điểm): Rút gọn biểu thức B.
b. (0.75 điểm): Tính giá trị

x

2
2 3

c. (0.5 điểm): Tìm giá trị nguyên của x để B có giá trị nguyên.
Bài 2( 2.0 điểm): Biết b 3a và 6a2 - 15ab + 5b2 = 0
Tính giá trị của biểu thức:
Q=

2a b 5b a

3a b 3a b

Bài 3( 2.0 điểm): Gọi x1, x2 là nghiệm của phơng trình x2+ 2004x + 1=
0 và x3, x4 là nghiệm của phơng trình x2 + 2005x + 1 = 0
Tính giá trị của biểu thức: ( x1+ x3)(x2+x3)(x1-x4)(x2 x4).
x y 1

Bài 4( 2.0 điểm): Giải hệ phơng trình:

5
5
x y 11

Bài 5( 2.0 điểm):

Giải phơng trình:

2 x 4 21x 3 74 x 2 105 x 50 0

Bài 6( 2.0 điểm): Cho A( 0; 5 ) ; B ( -3; 0 ) ; C ( 1; 1 ); M ( - 4,5; - 2,5 )
a.(1.0 điểm): Chứng minh rằng 3 điểm A, B, M thẳng hàng và 3
điểm A, B, C không thẳng hàng.
b.(1.0 điểm): Tính SABC

Bài 7( 2.0 điểm):
a. (1.0 điểm):
Tìm nghiệm tự nhiên của Phơng trình:
xy - 4x = 35-5y
b. (1.0 điểm):
Cho N = K4 +2K3- 16K2 - 2K +15 (K thuộc Z)
Tìm điều kiện của K để N 16
21
/>

Bài 8( 2.0 điểm): Cho tam giác ABC ( A = 900)
Kẻ
AD BC
;
DE AC
;

DF AB

AB 3
BF

3
AC
CE

Chứng minh:

Bài 9( 2.0 điểm): Cho 2 đờng tròn (01) và (02) cắt nhau tại A và B. Tiếp
tuyến chung gần B của 2 đờng tròn lần lợt tiếp xúc với (01) và (02) tại C và

D. Qua A kẻ đờng thẳng // CD lần lợt cắt (01), (02) tại M và N. Các đờng
thẳng BC, BD lần lợt cắt đờng thẳng MN tại P và Q; các đờng thẳng CM
và DN cắt nhău tại E. CMR:
a. (1.0 điểm): Đờng thẳng AE CD.
b. (1.0 điểm): Tam giác EPQ là tam giác cân.
Bài 10( 2.0 điểm): Cho đờng tròn ( O; R ) và điểm A cố định nằm bên
trong đờng tròn ( A O ). Qua A vẽ dây cung tuỳ ý cắt đờng tròn ( O ) ở B
và C. Tiếp tuyến kẻ qua B và C với đờng tròn ( O ) cắt nhau ở N. Tìm tập
hợp các điểm N khi dây BC thay đổi.
---------------------------------------------

đáp án đề 4
Bài 1(2.0 điểm):
a. (0.75 điểm):
( 0,25 đ )

ĐKXĐ:

x -3 và x 2

x 2 x 2 5 x 3 x 2 x 12 x 3 x 4 x
B =
x 3 x 2
x 3 x 2 x 3 x 2 x
b. (0.75 điểm): x =

2

2 3





2 2 3
4 2 3
4 3



4
2

( 0,5 đ )



2

31 3 1

( 0,25 đ )
Thay x 3 1
B=

vào biểu thức B ta đợc


3 1 2
31 4

c. (0.5 điểm):

3 5
3 3
B





3 5

3



2

3 3
32

6

3

3

x 4 x 2 2
2

1
x 2
x 2
x 2

B lấy giá trị nguyên khi 2 x-2
22
/>
( 0,5 đ )


hay x-2 là ớc của 2; Ư (2) = { 1 ; 2}
( 0,25 đ )
x-2
x

-2
0

Vậy các giá trị của x là:
( 0,25 đ )

-1
1

1
3

2
4

x= 0; 1; 3; 4

Bài 2 (2.0 điểm):
Vì b 3a và 6a2 - 15ab + 5b2 = 0
2a b 5b a (2a b)(3a
b) (5b a)(3a
b)


3a b 3a b
(3a b)(3a
b)
2
2
2
2
6a 2ab 3ab b 15ab
5b 3a ab
Q=
(3a b)(3a
b)

Nên ta có: Q =

(0,5

đ)
3a2 6b2 15ab 9a2 b2 (6a2 5b2 15ab)

Q=
(3a b)(3a
b)
(3a b)(3a
b)

( 1.0

đ)
=

9a2 b2
1
9a2 b2

( 0,5

đ)
Bài 3(2.0 điểm):
Theo định lý Viét ta có x1+x2=-2004; x3+x4=-2005; x1x2=x3x4=1.
Mặt khác:
(x1+x3)(x2+x3)(x1-x4)(x2-x4)=[x1x2+(x1+x2)x3+x32][x1x2-(x1+x2)x4+x42]
=(1-2004x3+x32)(1+2004x4+x42)=(x32+2005x3
+

14009x3
)
2
(x 4+2005x4+1- x4)
Ta có x32+2005x3 + 1 = x3(x3 + 2005) + 1 = x3 (-x4) + 1 = - 1 + 1 = 0
Tơng tự cũng có: x42+2005x4 + 1 = x4(x4 + 2005) + 1 = x4 (-x3) + 1 =
-1+1=0
Suy ra: (x32+2005x3 + 1- 4009x3 )(x24+2005x4+1- x4)
= (- 4009x3)(-x4) = 4009x3x4 = 4009
Bài 4(2.0 điểm):
x y 1
5
5
x y 11

Vì x + y = 1 ta có:
x + y5 =(x5 + x2y3 + x3y2 + y5) (x2y3 +x3y2 )
=(x3 + y3)(x2 + y2) x2y2( x + y)
= (x + y)(x2 xy + y2)(x2 + y2) x2y2
=[(x+y)2 3xy][(x+ y)2 2xy] x2y2
= (1 3xy)(1- 2xy) x2y2
= 5(xy)2 5xy + 1 = 11
5

/>
23


Do x5+ y5 =11 nên 5 x2y2 - 5xy 10 = 0 (xy)2 xy 2 =0 xy = -1
hoặc xy = 2

x y 1
x y 1
hoặc
hay x, y là nghiệm của phơng
xy 1
xy 2

Suy ra hệ pt: với
trình:

t2 t- 1 = 0 và t2 t + 2 = 0

Phơng trình: t2 t - 1 = 0 có 2 nghiệm là
Phơng trình: t2 t + 2 = 0 vô nghiệm
Vậy HPT có 2 nghiệm (x; y) là: (

1 5
2

1 5 1 5
1 5 1 5
;
); (
;
)
2
2
2
2

Bài 5(2.0 điểm):
2x4 - 21x3 + 74 x2 - 105x + 50 = 0
Vì x=0 không phải là nghiệm của phơng trình nên chia 2 vế cho x2
ta đợc :
105 50
2 0
x
x
25
5
<=> 2(x2+ 2 ) 21( x ) 74 0
x
x
5
x+ t => 2t2 - 21t +54 = 0
x

2x2 - 21x + 74 -

Đặt

Giải phơng trình:
( 0,5 đ )
* t1= 6
<=>
( 0,25 đ )
* t2 =

9
4

<=>

t 1= 6

t2 =

2x 2 -6x +5 = 0

( 1.0 đ)

9
4

=>

x1 = 1

2x2 - 9x +10 = 0 => x1 =

5
2

x2 = 5
;

x2 = 2

( 0,25 đ )
y

Bài 6(2.0 điểm):
Câu a đúng: 1,25
Câu
b
đúng:
5 A
a) Gọi đờng thẳng y=ax+b là đờng thẳng AB.
đờng thẳng này đi qua A(0;5) nên b=5.
Đờng thẳng y= ax+5 đi qua B(- 3; 0 ) nên

0,75

0=a(-3)
C

24
/>
đ

+

5


=> a=
0

1

5

3

( 0,25 đ )

-4,5 B

x

Vậy

đờng

thẳng

AB

là

đờng

thẳng

5
x
3

y=

+5

-2,5
Cặp số ( - 4,5; - 2,5) thuộc đờng thẳng

M

5
x + 5 . Do đó 3 điểm A,B, M thẳng hàng ( 0,5đ )
3
5
5
Điểm C(1; 1) có toạ độ không thoả mãn hàm số y= x +5 ( 1 +5 )
3
3

y=

Do đó 3 điểm A,B,C không thẳng hàng
2
b) Ta có: AB2 = 3 + 52 = 34
AC2 = (1 - 0 )2 + ( 1 - 5 )2 = 17
CB2 = ( - 3 - 1 )2 + ( 0 - 1 )2 = 17
đ)
Suy ra AB2 = AC2 + CB2
ABC vuông tại C
đ)
Do đó

SABC =

( 0,5 đ )

1
1
. CA. CB =
17 . 17 = 8,5 ( đv dt )
2
2

(

0,25

(

0,25

(

0,25

đ)
Bài 7(2.0 điểm):
a. (1.0 điểm): xy 4x = 35 5y
(x+ 5) (y- 4) = 15
Vì x +5 5 nên x + 5 là ớc của 15
x 5 5
x 5 15

hoặc

y 4 3
y 4 1
(x, y) = (0; 7) ; (10; 5)

b. (1.0 điểm): N = K4 + 2K3 - 16K2 -2K + 15
= (K4- K2) + (2 K2 2 K) (15K2 - 15)
= (K2 -1) (K2 + 2K 15)
= ( K-1)( K+ 1)(K -3) (K+5)
- Nếu K chẵn thì K 1 ; K + 1 ; K 3; K + 5 đều lẻ
Suy ra N không chia hết cho 16
- Nếu K lẻ thì K 1 ; K + 1 ; K 3; K + 5 đều chẵn
Suy ra N chia hết cho 16
Vậy với K lẻ thì N chia hết cho 16
Bài 8(2.0 điểm):


ABC(A900;AD BC)

B
Nên ta có:F

D
25

/>
A

E

C