bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán lớp 9

Bài 2. (4 điểm)
Cho x, y, z là ba cạnh của một tam giỏc. Chứng minh rằng :
A = 4x2y2 – (x2 + y2 – z2)2 > 0.
Tỡm cỏc số tự nhiờn x, y thoả món : .
Bài 2. (4 điểm)
Ta cú A = 4x2y2 – (x2 + y2 – z2)2 = (2xy – x2 – y2 + z2)(2xy + x2 + y2 – z2)
	= [z2 – (x – y)2][(x + y)2 – z2] 
	= (z – x + y)(z + x – y) (x + y – z)(x + y + z)
	= (y + z – x)(z + x – y) (x + y – z)(x + y + z)
	Vỡ x, y, z là ba cạnh của tam giỏc nờn y + z > x, z + x > y, x + y > z và x + y + z > 0
ị (y + z – x)(z + x – y) (x + y – z)(x + y + z) > 0 
ị A > 0 (đpcm).
Cỏch 1. (1). Điều kiện x, y > 0.
Nờ́u x Ê y ị hay ị x Ê . Ta được 0 < x Ê .
 	Vỡ x là cỏc số tự nhiờn nờn x = 1. Thay vào (1) ta được y = 2.
	Trường hợp này ta được x = 1, y = 2 thoả mãn giả thiờ́t.
Nờ́u x ³ y, tương tự như trờn, ta được x = 2, y = 1 thoả mãn giả thiờ́t. 
	Vậy cú hai cặp (x ; y) cần tỡm là (1 ; 2) và (2 ; 1).
Cỏch 2. Điều kiện x > 0 và y > 0.
 	Khi đú : 	Û 2(x + y) = 3xy Û 9xy - 6x - 6y = 0
	Û (9xy - 6x) – (6y – 4) = 4
	Û (3x – 2)(3y – 2) = 4 ị 3x – 2 ẻ Ư(4) = {±1; ±2; ±4}
	Vì x là các sụ́ tự nhiờn lớn hơn 0 nờn x ³ 1ị 3x – 2 ³ 1. Hơn nữa 3x – 2 chia cho 3 dư 1. Suy ra 3x – 2 ẻ {1 ; 4}. Từ đó, ta có hai trường hợp:
	TH1 : ;
	TH2 : .
	Vậy cú hai cặp (x ; y) cần tỡm là (1 ; 2) và (2 ; 1).
Bài 4. (2 điểm)
 	Cho cỏc số a, b, c đụi một khỏc nhau thoả món điều kiện .
 	Tớnh : .
Bài 4. (2 điểm)
 	 Vỡ ị ab + bc + ca = 0.
 	Ta cú a2 + 2bc = a2 + bc + bc = a2 + bc – ca – ab (thay bc = –ca – ab)
	 = a(a – b) – c(a – b) = (a – b)(a – c).
 	Tương tự ta cú b2 + 2ca = (b – a)(b – c); c2 + 2ab = (c – a)(c – b)
 	Từ đú : (vì a ≠ b, b ≠ c, c ≠ a)
 	Mà a2(c – b) + b2(a – c) + c2(b – a) = a2(c – b) + b2[a – b) + (b – c)] + c2(b – a) =
= [b2(a – b) – c2(a – b)] – [a2(b – c) – b2(b – c)]
= (a – b)(b – c)(b + c) – (a – b)(b – c)(a + b) = (a – b)(b – c)(c – a).
 	Vậy .
Câu 5 (2 điểm)
a) Cho x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x3 + y3 + xy
b) Cho x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x2 + y2 + z2
GIẢI
a) Cho x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x3 + y3 + xy
Ta có A = (x + y)3 - 3xy(x + y) + xy = 1 - 2xy (1)
Từ x + y = 1 => (x + y)2 = 1 => x2 + y2 + 2xy = 1
=> 2xy = 1 - (x2 + y2) thay vào (1) ta được
A = x2 + y2 với y = 1 - x ta được
A = 2x2 -2x + 1 = 2(x2 -2x.1/2+1/4-1/4) + 1 
= 2(x - 1/2)2 +1/2 1/2 Dấu “=” xảy ra ú x = 1/2
Vậy Min A = 1/2 ú x = 1/2 và y = 1/2
b) Cho x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x2 + y2 + z2
Ta có B = x2 + y2 + z2 = (x+y+z)2 -2(xy+yz+zx)
= 9 - 2(xy+yz+zx) (1)
Ta dễ chứng minh được x2 + y2 + z2 xy+yz+zx
=> 2(x2 + y2 + z2 ) 2(xy+yz+zx)
=> 2B 2(xy+yz+zx) (2)
Cộng (1) với (2) ta được 
3B 9 ú B 3. Dấu “=” xảy ra ú x = y = z = 1
Vậy Min B = 3 ú x = y = z = 1
Bài 1: ( 3 điểm) 
 a) Cho x + y = 3 và x2 + y2 = 5. Tính x3+ y3
 b) Phân tích đa thức sau thanh nhân tử: 
 x2 - x - 2010.2011
GIẢI
	x+y = 3 suy ra (x+y)2 = 9 suy ra x2+y2+2xy =9 
suy ra xy=(9-5):2=2 
nên x3+y3=(x+y)(x2+y2-xy)=3(5-2)=9 
x2 - x - 2010.2011=(x2 - 2011x)+(2010x - 2010.2011)
= x( x – 2011) + 2010(x – 2011) =(x-2011)(x+2010)
Bài 2: ( 5 điểm) 
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của:	A = .
b) Tìm x, y nguyên dương thoả mãn phương trình
 3x2 +10 xy + 8y2 =96
GIẢI
a(2đ), A = =	
Ta thấy : 	 nên . Do đó:
Min 
b(3đ), 3x2 + 10xy + 8y2 = 96
 3x2 + 4xy + 6xy + 8y2 = 96
 (3x2 + 6xy) + (4xy + 8y2) = 96 
 3x(x + 2y) + 4y(x +2y) = 96
 (x + 2y)(3x + 4y) = 96 
 Do x, y nguyên dương nên x + 2y; 3x + 4y nguyên dương và 
 3x + 4y > x + 2y 
 mà 96 = 25. 3 có các ước là: 1; 2; 3; 4; 6; 8; 12; 24; 32; 48; 96 được biểu diễn thành tích 2 thừa số không nhỏ hơn 3 là: 96 = 3.32 = 4.24 = 6. 16 = 8. 12
Vậy cặp số x, y nguyên dương cần tìm là (x, y) = (4, 1)
Lại có x + 2y và 3x + 4y có tích là 96 (Là số chẵn) có tổng 4x + 6y là số chẵn, do đó:
 Hệ PT này vô nghiệm 
 Hoặc
 Hoặc Hệ PT vô nghiệm
Bài 5: ( 2 điểm) 
 Cho ba số dương a , b , c thoả mãn : . Chứng minh rằng :
Ta có :
( do a,b,c dương)
Câu 2 : (1,5 điểm) Tính số trị của biểu thức
 Biết : 10a2-3b2+5ab = 0 và 9a2-b2 # 0
Câu 2:
	Ta có (9a2-b2ạ0) 
Câu 3: (2 điểm) Cho a+b+c=1 và a2+b2+c2=1
 a) Nếu , CMR: xy+yz+zx=0
 b) Nếu a3+b3+c3=1 . Hãy tìm giá trị của a,b,c
Câu 3:
áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có
 (do a2+b2+c2=1)
	b)Ta có
ịa+b=0 hoặc b+c=0 hoặc c+a=0
Với a+b=0 ta có c=1
 Mặt khác a2+b2+c2=1ị a2+b2=0ịa=b=0
	Tương tự : b=1 thì a=c=0; a=1 thì b=c=0
Vậy ta có (a,b,c)ẻ{(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)
Câu 1: (4đ)
a, Phân tích đa thức sau thành nhân tử 
A = ( x2 -2x)(x2-2x-1) - 6 
a,đặt a = x2 -2x thì x2 -2x -1 = a-1 
A = (x+1)(x-3)(x2-2x+2)
b, A = x200 +x100 + 1= (x200-x2) + (x100-x2 )+ (x4+x2+1)
=x2(x198-1)+x4(x96-1) + (x4 +x2+1) = x2((x6)33-1)+x4((x6)16-1) +(x4+x2=1)= x2(x6-1).B(x) +x4(x6-1).C(x) +(x4 +x2+1) 
dễ thấy x6-1 =( x3-1)(x3+1)= (x+1)(x-1)(x4 +x2+1) x4 + x2 + 1 
A x4 + x2 + 1 
Câu 2: (2đ) 
Cho x,y,z 0 thoả mãn x+ y +z = xyz và + + = 
Tính giá trị của biểu thức P = 
Có (= + 2(
(= p + 2 ; 3 = p+2 ( vì x +y+z=xyz)
suy ra P = 1
Câu 6:(2đ)
 Tìm các số nguyên dương x, y thoả mãn x2 = y2 + 2y +13
-HS biến đổi được
 x2 = y2 + 2y +13 x2 = (y + 1)2 + 12 
 (x + y + 1)(x - y - 1) = 12
Vì (x + y + 1) - (x - y - 1) = 2y + 2 và x, y N* nên
(x + y + 1) > (x - y - 1) Vì vậy (x + y + 1) và (x - y - 1) là hai số nguyên dương chẵn.
Mà 12 = 2.6 Chỉ xảy ra một trường hợp 
(x + y + 1) = 6 và (x - y - 1) = 2 x = 4 và y = 1
Câu 5: (4đ)
Cho tam giác ABC cân tại A ; BC = a ; AC = b . 
Vẽ các đường phân giác BD, CE 
a, Chứng minh rằng DE // BC
b, Tính DE từ đó suy ra 
, (1)
 (2)
Từ (1) và (2) suy ra DE//BC
b, DEC cân đặt DE = BC = x thì AD = b-x
áp dụng hệ quả của định lý ta lét ta có hay 
; ax +bx =ab ; x = = DE
Suy ra 
Bài 1. (5,0 điểm)
Biết 
a(a + 2) + b(b - 2) – 2ab = 80, hãy tính a – b
a(a + 2) + b(b - 2) - 2ab = 80
(a – b)2 2(a – b) -80 = 0
(a - b)2 – 2(a – b) +1 – 81 = 0
(a – b + 1)2 -92 = 0
(a – b + 10)(a – b - 8) = 0
(a – b + 10) = 0 hoặc (a – b - 8) = 0
a – b = -10 hoặc a – b = 8
Bài 2. (3,5điểm)
Các số a, b thỏa mãn điều kiện 4a2 + b2 = 5ab
Chứng minh nếu 4a > b thì 2a > b > 0
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B = 
GIẢI
1>Các số a, b thoả mãn điều kiện 4a2 + b2 = 5ab
 Chứng minh nếu 4a > b thì 2a > b > 0
	Từ 4a2 + b2 = 5ab (4a - b)(a - b) = 0
Vì 4a > b 4a – b > 0 Do đó a – b = 0 hay a = b
 4a > a 3a > 0 a > 0
Khi a > 0 thì 2a > a > 0 hay 2a > b > 0
2. Với mọi x ta có: x2 + 4x + 10 = (x + 2)2 + 6 6
Nên B = với mọi x
Vậy biểu thức B = có giá trị lớn nhất bằng khi x = -2
Bài 5 (5,5điểm). 
Cho hình bình hành ABCD có AC > BD. Kẻ CE vuông góc với AB, CF vuông góc với AD (E AB; F AD)
Chứng minh hai tam giác CEF và ABC đồng dạng
Chứng minh AB . AE + AD . AF = AC2
Bài 5 (5,5 điểm)
ý a: 2,5 điểm: 
Chứng minh hai tam giác CBE và CDF đồng dạng
Suy ra 
Chứng minh được 
Kết luận (c.g.c)
ý b: 3,0 điểm
Kẻ BI AC thì I nằm trong đoạn thẳng AC
Chứng minh AB.AE = AC.AI
Chứng minh BC.AF = AC.CI
Vì AD = BC nên AD.à = AC.CI
Vậy AB.AE + AD.AF = AC(AI + CI) = AC2
Cõu 3: (1đ) Tứ giỏc ABCD cú ; ; . Tớnh số đo của gúc D.
Cõu 3: (1đ) Tứ giỏc ABCD cú ; ; . Tớnh số đo của gúc D.
	Ta cú:	(0,25đ)
	(0,25đ)
	(0,25đ)
	(0,25đ)
 Câu 1: 
a. Cho: 3y-x=6 Tính giá trị biểu thức: A= 
a : 3y-x=6 x=3y-6 Thay vào ta cú A=4
Câu 3: 
a. Chứng minh : a5 - a chia hết cho 30 với aZ
b. Chứng minh rằng : x5 – x + 2 không là số chính phương với mọi xZ+
Câu 3: 
a, có: a5-a=a(a4-1)=a(a2-1)(a2+1)=a(a-1)(a+1)(a2-4+5)
 = a(a-1)(a+1)(a+2)(a-2)+5a(a-1)(a+1) vì a nguyên nên a(a-1)(a+1)(a+2)(a-2) là tích 5 số nguyên liên tiếp nên; 5a(a-1)(a+1)là tích của 3số nguyên liên tiếp với 5 nên chia hết cho 30đpcm
b,Từ bài toán trên ta có: x5-x x5-x+2 chia 5 dư 2 x5-x+2 có tận cùng là 2 hoạc 7 (không có số chính phương nào có tận cùng là 2hoặc 7)Vậy
x5-x+2 không thế là số chính phương với mọi x
Câu 6: Chứng minh rằng nếu a,b,c là các số hữu tỷ và ab+bc+ac=1 thì 
 (1+a2)(1+b2)(1+c2) bằng bình phương của số hữu tỉ. 
Câu 6 có 1+a2 =ab+ac+bc+a2 =(a+c)(a+b) 
 Tương tự 1+b2 =(a+b)(b+c)
 1+c2=(b+c)(a+c đpcm 
Câu 2: 
a. Tìm x,y,x biết : 
 b.Giải phương trình : 2x(8x-1)2(4x-1)=9
Câu 2: 
 a. : =0
b. phương trình : 2x(8x-1)2(4x-1)=9
 đặt :64x2-16x+0,5=k
Ta có pt : (k+0,5)(k-0,5)=72
Với k=8,5 Ta có x= 
Với k=-8,5 phương trình vô nghiệm 
Vậy phương trình có 2nghiệm x=-1/4và x=1/2
Câu1:( 5điểm)
1.Chứng minh rằng: (a+b+c)3 -(a3+b3+c3) Chia hết cho 24 nếu a,b,c cùng tính chẵn lẻ.
2.So sánh :với 
Câu 1:
1 Biến đổi: B= (a+b+c)3 -(a3+b3+c3)=3(a+b)(b+c)(c+a)3
* a,b,c chẵn thi a+b; b+c ;c+a đều là các số chẵn nên B8
* a,b,c lẻ thì a+b; b+c; c+a đều là các số chẵn nên B8
Mà (3;8)=1B 
2: Ta có: = 
A==<
Câu 2:(3điểm) Cho a,b,c là ba cạnh của tam giác và a+b+c=2.
Chứng minh : a2+b2+c2+2abc<2.
GIẢI a+b+c=2 mà a,b,c là các cạnh của tam giác nên a,b,c >0a<1,b<1,c<1
 (1-a) (1-b)(1-c)>01-(a+b+c)+ab+ac+bc-abc>0
 -1+
-1+
1Hay : a2+b2+c2+2abc<2.
Câu 3: (4điểm)Tìm x,y,zZ+ thỏa mãn các phương trình sau:
1/ xy-4x=35-5y
2/ x+y+z=xyz
Câu 3:
1/ Biến đổi phương trình về dạng (x+5)(y-4)=15 xét các trường hợp và loại ta có các cặp (x,y) cần tìm là (10;5); (0;7)
 2/ Không mất tính tổng quát ta giả sử 0<x
 Suy ra : xyz=x+y+z (*)
 Nếu x=y=z Không thỏa mãn suy ra ít nhất hai trong ba
Sốkhông bằng nhau.
Từ (*)hoặc xy=2. Nếu xy=1(vì x,y)
(vô lí ). Nếu xy=2(vì x<y) Khi đó :2z=z+3
Vây bộ (1;2;3) là cần tìm và các hoán vị của nó.
Câu 4:(4điểm)
1/ Biết : 4x-3y=7 tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M=2x2+5y2
2/ Cho a+b=1 Chứng minh: 
Câu 4: 1/Có x= khi đó M==
Vậy Mmin =5 khi y=
 2/Có a=1-b 
Vế trái :
= Suy ra ddpcm
Bài 1:(4 điểm) Cho biểu thức: M = : 
 a. Rỳt gọn M
 b.Tìm x nguyên để M đạt giá lớn nhất.
a.=
 = 
 = 
= 
 = 
 M = = 
b. + Nếu x 2 thì M 0 nên M không đạt GTLN.
+ Vậy x 2, khi đó M có cả Tử và Mẫu đều là số dương, nên M muốn đạt GTLN thì Mẫu là (2 – x) phải là GTNN, 
Mà (2 – x) là số nguyên dương 2 – x = 1 x = 1.
 Vậy để M đạt GTLN thì giá trị nguyên của x là: 1.
Bài 2:(3 điểm) Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2
 a. Phõn tớch biểu thức A thành nhõn tử.
 b. Chứng minh: Nếu a, b, c là độ dài cỏc cạnh của một tam giỏc thỡ A < 0.
a.A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2 - 2bc)( b2 + c2 - a2 + 2bc) 
 = 
 = (b + c – a)(b + c + a)(b – c – a)(b – c + a)
b.Ta cú: (b+c –a ) >0 ( BĐT trong tam giỏc) 
Tương tự: (b + c +a) >0 ; (b –c –a ) 0 
Vậy A< 0
Bài 3:(3 điểm)
 a. Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
 A = x2 + 2y2 – 2xy - 4y + 2014
 b. Cho cỏc số x,y,z thỏa món đồng thời: 
 x + y + z = 1: x+ y+ z= 1 và x+ y+ z= 1.
 Tớnh tổng: S = x+y+ z
a.A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y + 4 + 2010 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 2010
 Do (x-y)2 0 ; (y - 2)2 0
Nờn:(x-y)2 + (y - 2)2 + 2010 2010
Dấu ''='' xảy ra x – y = 0 và y – 2 = 0 x = y = 2.
Vậy GTNN của A là 2010 tại x = y =2
b.Ta cú: (x + y + z)= x+ y+ z + 3(x + y)(y + z)(z + x) 
 kết hợp cỏc điều kiện đó cho ta cú: (x + y)(y + z)(z + x) = 0
Một trong cỏc thừa số của tớch (x + y)(y + z)(z + x) phải bằng 0
Giả sử (x + y) = 0, kết hợp với đ/k: x + y + z = 1 z = 1, lại kết hợp với đ/k: x+ y+ z= 1 x = y = 0.
 Vậy trong 3 số x,y,z phải cú 2 số bằng 0 và 1 số bằng 1, 
 Nờn tổng S luụn cú giỏ trị bằng 1
Bài 4:(3 điểm)
 a. Giải phương trình: + + = 
 b. Giải phương trình với nghiệm là số nguyên: 
 x( x + x + 1) = 4y( y + 1).
a. Phương trình được biến đổi thành: (Với ĐKXĐ: )
 = 
 () + () + () = 
 = (x + 4)(x +7) = 54 
 (x + 13)(x – 2) = 0 x = -13 hoặc x = 2 (Thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy nghiệm của phương trình là: S = 
b. + Phương trình được biến đổi thành: (x + 1)(x+ 1) = (2y + 1)
+ Ta chứng minh (x + 1) và (x+ 1) nguyên tố cùng nhau !
Vì nếu d = UCLN (x+1, x+ 1) thì d phải là số lẻ (vì 2y+1 lẻ)
 2 mà d lẻ nên d = 1.
+ Nên muốn (x + 1)(x+ 1) là số chính phương 
 Thì (x+1) và (x+ 1) đều phải là số chính phương
 Đặt: (k + x)(k – x) = 1 hoặc 
+ Với x = 0 thì (2y + 1)= 1 y = 0 hoặc y = -1.(Thỏa mãn pt)
 Vậy nghiệm của phương trình là: (x;y) =
Bài 5:(7 điểm)
 Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H.
Tính tổng: 
Chứng minh: BH.BE + CH.CF = BC
Chứng minh: H cách đều ba cạnh tam giác DEF.
Trên các đoạn HB,HC lấy các điểm M,N tùy ý sao cho HM = CN. 
 Chứng minh đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định.
a.	 Trước hết chứng minh: = 
Tương tự có: ; 
 Nên = 
 = 1
b. Trước hêt chứng minh BDHBEC 
 BH.BE = BD.BC
 Và CDHCFB CH.CF = CD.CB.
 BH.BE + CH.CF = BC.(BD + CD) = BC (đpcm
c. Trước hết chứng minh: AEF ABC 
 Và CDECAB 
 mà EBAC nên EB là phân giác của góc DEF.
 Tương tự: DA, FC là phân giác của các góc EDF và DFE.
 Vậy H là giao điểm các đường phân giác của tam giác DEF 
 nên H cách đều ba cạnh của tam giác DEF (đpcm)
d. Gọi O là giao điểm của các đường trung trực của hai đoạn MN và HC, ta có OMH = ONC (c.c.c) .(1)
 Mặt khác ta cũng có OCH cân tại O nên:.(2)
 Từ (1) và (2) ta có: HO là phân giác của góc BHC
 Vậy O là giao điểm của trung trực đoạn HC và phân giác của góc BHC nên O là điểm cố định. 
 Hay trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định là O
Bài 1: (1,5 điểm): 
a) Giải phương trỡnh: x2 - 6x + 9 = 4 
b) Giải bất phương trỡnh: || > 
Bài 1 : (1,5 điểm) 
 a) Tỡm đỳng x = 5; x = 1 
 b) || >x -> hoặc hoặc x < 
 Bài 2: (1,5 điểm) 
 Tỡm x, y , z biết: x2 + 2y2 + z2 - 2xy - 2y - 4z + 5 = 0 rồi tớnh giỏ trị của A với
 A = (x-1)2008 +(y-1)2008 +(z-1)2008
 Bài 2: (1,5 điểm) 
 x2 + 2y2 + z2 - 2xy - 2y - 4z + 5 = 0(x - y)2 + (y - 1)2 +(z - 2)2= 0 (0,5 điểm)
 (0,25 điểm)
 (0,25 điểm)
Tớnh đỳng A= (x -1)2008 +(y -1)2008 +( z - 1)2008 =1 
Bài 3: (1,5 điểm) 
 Cho P(x)= 
a) Rỳt gọn P(x)
b)Xỏc định giỏ trị của x để P(x) cú giỏ trị nhỏ nhất . Tỡm giỏ trị nhỏ nhất đú.
Bài 3: (1,5 điểm) 
 a)P(x)= = (0,5 điểm)
 (0,5 điểm)
Dấu = xảy ra (0,25 điểm)
P(x) cú giỏ trị nhỏ nhất là khi x = 1 
Bài 4: (1 điểm) 
 Cho a + b + c = 1 , a2 + b2 + c2 = 1 và . Tớnh giỏ trị của xy + yz + xz
GIẢI
 . (0,25 điểm)
 Do đú:
(x+y+z)2=( vỡ a2 + b2 + c2 = 1) (0,25 điểm)
 x2 + y2 + z2 + 2xy +2yz + 2xz = x2 + y2 + z2 (0,25 điểm)
2xy +2yz + 2xz = 0
 xy + yz + xz = 0 
Bài 5: (1 điểm) 
 Cho x, y, z là cỏc số thực thỏa món điều kiện: x + y + z + xy + yz + xz = 6.
 Chứng minh rằng: x2 + y2 + z2 
Bài 5: (1 điểm) 
 (x-1)20x2+1 2x.
 Tương tự: y2+1 2y; z2+1 2z và 2(x2+y2+z2) 2(xy+yz+xz) (0,5 điểm)
Cộng 4 bất đẳng thức theo từng vế ta cú:3(x2+y2+z2)+3 2(x+y+z+xy+yz+xz) (0,25 điểm)
 x2+y2+z23(vỡ x+y+z+xy+yz+xz = 6) (0,25 điểm
Bài 6: (3,5 điểm) 
 Cho tam giỏc ABC cú diện tớch S, trung tuyến AM. K là một điểm của AM sao cho 
 KM = 2 KA . BK cắt AC tại N.
 a) Tớnh diện tớch tam giỏc AKN theo S.
 b) Một đường thẳng đi qua K cắt cỏc cạnh AB, AC lần lượt tại I và J.
 Tớnh giỏ trị của: 
a) Gọi E là trung điểm NC: NE = EC. (0,25 điểm)
cú ME là đường trung bỡnh nờn ME//BN suy ra KN//ME (0,25 điểm)
cú KM = 2KA NE = EC = 2AN (0,25 điểm)
Chứng minh được AC = AN + NE + EC = 5AN (0,25 điểm) 
Chứng minh được SAKN = SAKC (0,25 điểm)
 SAKC = SAMC (0,25 điểm)
 SAMC = SABC (0,25 điểm)
 SAKN = SABC = (0,25 điểm)
b) Vẽ BD // IJ và CF // IJ (D, F thuộc tia AM) (0,25 điểm)
Chứng minh được BMD = CMF MD = MF (0,25 điểm)
ABD cú IK// BD nờn: (định lý Ta-let) (0,25 điểm) 
 AFC cú KJ// CF nờn: (0,25 điểm) 
 (0,25 điểm)
Bài 2:
 a. Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức sau :
 A = x2– 2xy + 2y2 - 4y + 2015
 b. Cho 4a2 + b2 = 5ab và 2a> b > 0
Tính: 
Bài 2: (4đ)
 a). A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y + 4 + 2011 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 2011 2011
Dấu ''='' xảy ra x – y = 0 và y – 2 = 0 x = y = 2.
Vậy GTNN của A là 2011 tại x = y =2 (3đ)
 b). Từ 4a2 + b2 = 5ab ta có (a-b)(4a-b) = 0 vì 2a> b > 0 => 4a>b>0 => a=b => P = . (1đ)
Bài 4 : 
 Cho tam giác ABC cân tại A. Trên cạnh BC lấy M bất kì sao cho BM < CM. Từ M vẽ đường thẳng song song với AC cắt AB tại E và song song với AB cắt AC tại F. Gọi N là điểm đối xứng của M qua E F.
a) Tứ giác AEMF là hình gì? vì sao?
Chứng minh : AFEN là hình thang cân?
M ở vị trí nào để tứ giác AEMF là hình thoi? Vì sao? 
d) Tính : ANB + ACB = ?
Giải
Tứ giác AEMF là hình bình hành vì có các cạnh đối song song. (2đ)
Gọi EF cắt MA và MN tại O và K=> OK//AN (đtb) 
Mặt khác AE=NF (cùng bằng MF) => AFEN là hình thang cân. (2đ)
Tứ giác AEMF đã là hình bình hành, nó sẽ trở thành hình thoi khi có AM là phân giác góc BAC=> khi đó M là giao phân giác góc BAC với cạnh BC (HS có thể tìm ra M là trung điểm BC vì ABC cân) (2đ)
Ta có EN=EB (cùng bằng EM)
 => ENB =EBN
Mà ENA+C =NAC+ABC (T/c tam giác cân và hình thang cân) 
Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên => tứ giác ANBC tổng hai góc đối này bằng tổng hai góc đối kia nên : ANB + ACB = 1800 (1đ)
Bài 1: Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2
 a. Phõn tớch biểu thức A thành nhõn tử.
 b. Chứng minh: Nếu a, b, c là độ dài cỏc cạnh của một tam giỏc thỡ 
 A < 0.
Giải
 a). A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2 - 2bc)( b2 + c2 - a2 + 2bc) 
 = = (b + c – a)(b + c + a)(b – c – a)(b – c + a) (3đ)
 b). Ta cú: (b+c –a ) >0 ( BĐT trong tam giỏc) 
 Tương tự: (b + c +a) >0 ; (b –c –a ) 0 Vậy A< 0 (2đ)
Bài 1(2 điểm). 
a, Phân tích đa thức thành nhân tử : x4 + 2011x2 +2010x+ 2011.
b, Cho đa thức f(x)= ax3+ bx2+ cx+ d. Tìm a,b,c,d biết rằng khi chia đa thức lần lượt cho các nhị thức (x-1); (x-2); (x-3) đều có số dư là 6 và tại x=-1 thì đa thức nhận giá trị -18.
a. Phân tích đa thức thành nhân tử:
a, x4 + 2011x2 +2010x+ 2011
= x4 +x2+ 1+2010x2 +2010x+ 2010
=[(x2+1)2-x2] + 2010(x2 +x+ 1)
=(x2+ x+1) ( x2-x+2011)
b. Ta có f(x) -6 chia hết cho x-1; x-2; x-3
Vì đa thức bậc 3 nên có dạng f(x)-6= m(x-1)(x-2)(x-3) m là hằng số 
Lại có f(-1) =-18=> -18-6=m(-2)(-3)(-4) m=1
Vậy f(x)-6= (x-2)(x-3)(x-4)=> f(x)= x3-6x2+11x
Câu 2 (2 điểm).
a/ Tìm giá trị nhỏ nhất của:	A = .
b, Rút gọn :.
a, A = = 	
Đặt y = => A = y2 – 2y + 3 = (y – 1)2 + 2 2	
=> min A = 2 => y = 1 => x = 2
Vậy min A = 2 khi x = 2	
b, A= 
*
*
Vậy A= 3
Bài 3(2 điểm).
 a, Tỡm tất cả cỏc số chớnh phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thờm 1 đơn vị vào chữ số hàng nghỡn , thờm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thờm 5 đơn vị vào chữ số hàng chục, thờm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị, ta vẫn được một số chớnh phương.
b, Chứng minh rằng với mọi nN thì n5 và n luôn có chũ số tận cùng giống nhau.
a.Gọi là số phải tỡm a, b, c, d N, 
 Với k, m N, 31<k<m<100 
 Ta cú: 
 Do đú: m2–k2 = 1353 
 (m+k)(m–k) = 123.11= 41. 33 ( k+m < 200 ) 
m+k = 123 hoặc m+k = 41
 m–k = 11 m–k = 33 
 m = 67 m = 37 
 k=56 k=4
(loại) 
 Kết luận đỳng = 3136 (0,25điểm) 
b. Cần chứng minh: n5 – n 10
- Chứng minh : n5 - n 2
 n5 – n = n(n2 – 1)(n2 + 1) = n(n – 1)(n + 1)(n2 + 1) 2 ( vỡ n(n – 1) là tớch của hai số nguyờn liờn tiếp)
- Chứng minh: n5 – n 5
 n5 - n = ... = n( n - 1 )( n + 1)( n2 – 4 + 5)
 = n( n – 1 ) (n + 1)(n – 2) ( n + 2 ) + 5n( n – 1)( n + 1 ) 
lý luận dẫn đến tổng trờn chia hết cho 5
- Vỡ ( 2 ; 5 ) = 1 nờn n5 – n 2.5 tức là n5 – n 10
Suy ra n5 và n cú chữ số tận cũng giống nhau.
 Bài 4 (2,5 điểm). 
Cho tam giác cân ABC đỉnh A, O là trung điểm của đường cao AH. Đường thẳng BO gặp AC ở E, đường thẳng CO gặp AB ở F. Biết diện tích tứ giác AEOF là S.
a, Tính diện tích của tam giác ABC theo S.
b, Đường thẳng song song với BC kẻ qua O cắt AB ở M và cắt AC ở N. Tính diện tích của hình ENMF .
a, Kẻ HD//BO Ta thấy OE,HD là đường trung bình của các tam giác AHD, CBE Suy ra AE=ED=DC
Từ đó suy ra AE/AC=1/3 nên SAOE=1/3 SAOC=1/3 SCOH. Do đó SAOE=1/6 SAHC=> SABC=6S
b, EN=1/2 AE=> SOEN=1/2SOAE; 
SOEK=1/3 SOEA => SONEK=(
SMNEF =2SONEK= (SOEA+SOEA)= S 
Bài 5(1,5 điểm). 
 Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm M, hai đường thẳng DM và CB cắt nhau tại K, CM cắt AK tại N. Chứng minh rằng BN DK.
Trên tia đối tia AB lấy điểm E sao cho AE= BK. CE cắt KA kéo dài tại H, Nối CH, DE, EK 
Ta có BCE=CD