Đề thi chọn học sinh giỏi THCS cấp tỉnh năm học 2016 - 2017 môn Toán

SỞ GD-ĐT HẬU GIANG KỲ THI CHỌN HSG THCS CẤP TỈNH NĂM HỌC 2016-2017 
 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN 
 Thời gian: 150 phút 
Bài 1: a) Tính giá trị của 5 72017 x x  . Biết 
6 2 5 6 2 5
20
x
  
 
 b) Giải hệ phương trình 
2
2
3
7
1 5x 7x
y
x
y

 

  
Bài 2: a) Tìm các số thực x biết 32 2 31 6x 9x 3 1 3x 3x x       
 b) Cho đa thức 7( ) 1f x x  và 3( ) 1g x x x   . Tìm phần thương và phần dư 
khi chia f(x) cho g(x) 
Bài 3: 
a) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 60+2n-n2 là số chính phương 
 b) Cho hai số thực a, b thỏa mãn a+b-ab=-1 và a2 +b2 =13 . Tính 3 3P a b  
c) Cho đa thức 2 4 2( 1) 3 3f x x x    thỏa mãn , đúng với mọi x. Tìm 2( 1)f x  
d) Tìm GTNN của 2 2A x y x y xy     với x, y là các số thực 
Bài 4: a) Tam giác ABC vuông tại A có AB = 6cm, AC = 8cm. Các đường phân 
giác trong và phân giác ngoài của góc B lần lượt cắt đường thẳng AC tại M và N. 
Tính diện tích của tam giác BMN 
 b) Tính diện tích của lục giác đều có cạnh
2 2
3
a  cm 
Bài 5: a) Cho tam giác ABC vuông tại A và có diện tích bằng 2017 dm2. Trên các 
cạnh của tam giác vuông ta dựng các nửa đường tròn đường kính AB, BC và CA. 
Tính tổng diện tích phần tô đen 
 b) Cho O là một điểm nằm ở miền trong của tam giác ABC. Qua O kẻ các 
đường thẳng song song với các cạnh AB, BC, CA lần lượt cắt các cạnh của tam 
giác như hình vẽ. Gọi a, b, c lần lượt là diện tích của các tam giác HIO, GFO, DEO 
và s là diện tích tam giác ABC.Chứng minh rằng 2( )S a b c   
Sở Giáo Dục và Đào Tạo Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 
9 cấp THCS 
 tỉnh Nghệ an Năm học 2016-
2017 
Câu 1: (4,0 điểm) 
 a. Tìm các hệ số a ,b,c của đa thức 2( ) xP x x b c   biết P(x) có giá trị nhỏ 
nhất bằng −1 khi x=2. 
 b. Giải hệ phương trình: 
2 2 3
2
7
2( 1) 3 ( 1) 0
x xy xy y
x x y y
    

    
Câu 2: (4,0 điểm) 
a. Giải phương trình 22 3 1 1x x x     
 b. Cho các số dương a,b,ca,b,c thỏa mãn ab+bc+ca=1. Tìm giá trị lớn nhất của 
biểu thức 
2 2 2
2
1 1 1
a b c
P
a b c
  
  
 Câu 3: (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có góc BAC 0135 , BC=5cmBC=5cm và 
đường cao AH=1cm. Tính độ dài các cạnh AB và AC. 
Câu 4: (5,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, D là điểm 
trên cung DC không chứa A. Dựng hình bình hành ADCE. Gọi H,K lần lượt là trực 
tâm của các tam giác ABC, ACE;P,Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của K trên 
đường thẳng BC,AB và I là giao điểm của EK với AC. 
 a. Chứng minh rằng 3 điểm P,I,Q thẳng hàng. 
 b. Chứng minh rằng đường thẳng PQ đi qua trung điểm HK. 
Câu 5: (4,0 điểm). 
 a. Tìm tất cả các số nguyên tố khác nhau m,n,p,q thoả mãn 
1 1 1 1 1
1
m n p q mnpq
     
 b. Trên một hàng có ghi 2 số 1 và 5. Ta ghi các số tiếp theo lên bẳng theo 
nguyên tắc. Nếu có 2 số x,y phân biệt trên bảng thì ghi thêm số z=xy+x+y. Chứng 
minh rằng các số được ghi trên bảng (trừ số 1 ra) có dạng 3k+2 (với k là số tự 
nhiên). 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ LỚP 
9 
 QUẢNG TRỊ Khoá thi ngày 15 tháng 3 năm 2017 
 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN 
 (Đề thi gồm có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian 
giao đề) 
Bài 1: (5,0 điểm) Cho biểu thức
1
:
1 ( 1)
x x x
x x x x x

  
1. Tìm điều kiên của x để A có nghĩa và rút gọn A 
2. Tính giá trị của A khi 3
3 2 2
3 2 2
x

 

3
3 2 2
3 2 2


3. Giả sử số thực x thoả mãn x ≥ 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của A 
Bài 2 (5,0 điểm) 
1. Giải phương trình 11 7 1x x   
2. Cho các số thực dương a, b, c, d. Chứng minh rằng: 
2 2
d
( ) ( ) d
b d b
a b c d ac b
 
  
Bài 3 (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
2 22
2 1 2x 2
xy x y x y
x y y x y
    

   
Bài 4 (6,0 điểm) 
1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), đường kính AD. Hai đường chéo AC 
và BD cắt nhau tại E; Gọi F là hình chiếu của E trên AD và G là trung điểm ED. 
Đường tròn ngoại tiếp tam giác DGF cắt (O) tại điểm thứ hai là H (HH≢D). Gọi I là 
giao điểm của BC và FG 
a) Chứng minh rằng tứ giác BCGF nội tiếp đường tròn 
b) Chứng minh rằng D, I, H thẳng hàng 
2. Bên trong hình tròn có bán kính bằng 1 chọn 7 điểm bất kí. Chứng minh rằng tồn 
tại 2 điểm trong 7 điểm đã cho có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1 
Bài 5 (2,0 điểm) 
1. Cho các số thực x, y. Chứng minh rằng: [x]+[y]≤[x+y]≤[x]+[y]+1 (Kí hiệu [x] là số 
nguyên lớn nhất không vượt quá x) 
2. Ta gọi một bộ số nguyên tố đẹp khi tích của các số nguyên tố này bằng 10 lần tổng 
của chúng. Hãy tìm tất cả các bộ số nguyên tố đẹp nói trên ( các số trong bộ không 
nhất thiết phải phân biệt). 
--------------------HẾT-------------------- 
Đề thi HSG lớp 9 tỉnh Thái Bình 2016-2017 
Câu 1.(3,0 điểm) 
 Cho
3 1
2x 6 3 2
2 1

   

Tính 
4 3 2
2
2 4 12 11
2x 6x 2
x x x x
P
   

 
Câu 2.(3,0 điểm) Cho hai hàm số: y= 2 3( 2) 3 1y m x m m     và y=x−2m+1 có đồ 
thị lần lượt là 1 2d ;d . Gọi 0 0( ; )A x y là giao điểm của 1 2d ;d 
a) Tìm tọa độ điểm A 
b) Tìm m nguyên để biểu thức 
2
0 0
2
0 0
3 1
3 3
x x
T
y y
 

 
 nhận giá trị nguyên 
Câu 3.(4,0 điểm) 
1) Giải phương trình: 2 32x 11x 21 3 4x 4    
2) Giải hệ phương trình sau: 
2 2 2
2 2 2 2
2x 1 0
6x 1 0
y x y xy x
x y x y x
     

    
Câu 4. (2,0 điểm) Cho tam giác MNP cân tại P . Gọi H là trung điểm của MN, K là 
hình chiếu vuông góc của H trên PM. Dựng đường thẳng qua P vuông góc 
với NK và cắt HK tại I. Chứng minh rằng I là trung điểm của HK. 
Câu 5.(4,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Trên tia đối tia AC lấy 
điểm M sao cho 0<AM<AC. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam 
giác BCM, K là hình chiếu vuông góc của M trên BC, MK cắt AB tại H. 
Gọi E,F lần lượt là trung điểm của CH và BM 
a) Chứng minh rằng tứ giác AFKE là hình vuông 
b) Chứng minh rằng AK,EF,OH đồng quy 
Câu 6.(2,0 điểm) Tìm số nghiệm nguyên dương (x;y) của phương trình 
2 2 2100.110 nx y  với nn là số nguyên dương cho trước. Chứng minh rằng số 
nghiệm này không thể là số chính phương 
Câu 7.(2,0 điểm) 
Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn ab+bc+ca=abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức 
4 4
3 3( )
a b
P
ab a b

 

4 4
3 3( )
b c
bc b c



4 4
3 3( )
c a
ca c a


UBND TỈNH BẮC NINH 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
NĂM HỌC 2016 – 2017 
Môn thi: Toán – Lớp 9 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 (Đề thi có 01 trang) 
Trương Quang An ,trường THCS Nghĩa Thắng ,Tư Nghĩa ,Quảng Ngãi .Số điện thoại 
01208127776 .Nguồn gốc :sưu tầm đề và gõ lại đáp án 
Câu 1. (3,0 điểm) 
 1) Rút gọn biểu thức 13 30 2 9 4 2B 
 2) Cho các số thực , ,a b c thỏa mãn 2 2 20, ,a b c a b c 2 2 2,b c a 
2 2 2.c a b Tính giá trị biểu thức 
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
.
a b c
P
a b c b c a c a b
Câu 2. (4,0 điểm) 
1) Trong hệ trục tọa độ ,Oxy tìm trên đường thẳng 2 1y x những điểm 
;M x y sao cho 2 5 6 0y y x x . 
2) Cho , ,a b c là các số thực thỏa mãn 0
6 5 4
a b c
. Chứng minh rằng phương 
trình 2 0ax bx c luôn có nghiệm. 
Câu 3. (4,0 điểm) 
1) Cho các số thực dương , , .a b c Chứng minh rằng 
2 2 2
2 2 2
8 8 8 8 8 8
3 3 3( ) 4 ( ) 4 ( ) 4
a b c
a b ca b abc b c abc a c abc
. 
2) Tìm các số nguyên tố , ,a b c và số nguyên dương k thỏa mãn phương trình 
2 2 2 216 9 1.a b c k 
Câu 4. (6,0 điểm) 
Cho đoạn thẳng 2AB a có trung điểm là .O Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB 
dựng nửa đường tròn tâm O đường kính AB và nửa đường tròn tâm 'O đường kính 
.AO Điểm M thay đổi trên nửa đường tròn 'O (M khác A và O ), tia OM cắt đường 
tròn O tại .C Gọi D là giao điểm thứ hai của CA với đường tròn 'O . 
1) Chứng minh rằng tam giác ADM cân. 
2) Tiếp tuyến tại C của đường tròn O cắt tia OD tại ,E chứng minh EA là tiếp 
tuyến chung của hai đường tròn O và 'O . 
3) Đường thẳng AM cắt OD tại H , đường tròn ngoại tiếp tam giác COH cắt 
đường tròn O tại điểm thứ hai là .N Chứng minh rằng ba điểm , ,A M N thẳng hàng. 
4) Tính độ dài đoạn OM theo a biết ME song song với .AB 
Câu 5. (3,0 điểm) 
1) Cho hình vuông MNPQ và điểm A nằm trong tam giác MNP sao cho 
2 2 22AM AP AN . Tính góc .PAN 
2) Cho các đa thức 3 2 2; 2016 2017P x x ax bx c Q x x x thỏa 
mãn 0P x có ba nghiệm thực phân biệt và 0P Q x vô nghiệm. 
Chứng minh rằng 62017 1008 .P 
-------------HẾT------------- 
UBND TỈNH BẮC NINH 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
NĂM HỌC 2016 - 2017 
Môn: Toán - Lớp 9 
Câu Đáp án Điểm 
1.1. (1.5 điểm) 
2
13 30 2 9 4 2 13 30 2 8 2 8 1
13 30 2 ( 8 1) 13 30 2 8 1
B 
0.75 
2
2
13 30 2 2 2 1 13 30 ( 2 1) 18 2 18.5 25
( 18 5) 3 2 5
 0.75 
1.2. (1.5 điểm) 
2 2 2
2 2 22 2 2 2 2 2
a b c
P
b c b c c a c a a b a b
2 2 2 3 3 3
2 2 2 2
a b c a b c
bc ca ab abc
0.75 
Ta có 3 3 3 2 2 23 0a b c abc a b c a b c ab bc ca 
3 3 3 3a b c abc 
Do vậy, 
3
2
P 
0.75 
2.1. (2.0 điểm) 
Ta có 2
2
5 6 0
3
y x
y y x x
y x
Với 
2
2 2 1 2 1 0y x x x x x , không có x thỏa mãn. 
1.0 
Với 
11
3 2 1 3 11
42
xx
y x x x
xx
Từ đó tìm được các điểm thỏa mãn là 1;3M hoặc 
1 3
; .
4 2
M 
1.0 
2.2. (2.0 điểm) 
Với 
5
0
4
a b c ta được 
5
4
cx c . 
Nếu 0,c phương trình nghiệm đúng với mọi .x 
Nếu 0,c phương trình có nghiệm 
4
.
5
x 
1.0 
Với 0,a 
2 2 2 2 2 2 24 4 16 8 16 64 84 4
6 5 5 3 5 25 75
b ac b a a b b ab a b ab a a 
2
28 8 0, 0, .
5 75
b a a a b Suy ra, phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. 
Vậy phương trình luôn có nghiệm. 
1.0 
3.1. (2.0 điểm) 
Ta có 
2
2 2
2 2 2 2
8 8 8 ( )
;
( ) 4 ( ) ( ) ( ( 21) )
a b
a b
a b abc a b c a b c a b
 nên 
0.5 
2 2 2
2 2
8 8 ( ) 2 2
2 4( ) 4 ( 1)( ) 1
a b a b
a b abc c a b c
 0.5 
2 2 8 8
31 2. 2 1 cc c
 0.5 
Do đó, 
2 2
2
8 8
2 3( ) 4
a b
ca b abc
Tương tự 
2 2
2
8 8
2 3( ) 4
c
ab c ab
b
c
, 
2 2
2
8 8
2 3( ) 4
a c
ba c abc
. 
Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1.a b c 
0.5 
3.2. (2.0 điểm) 
Vì VP chia 3 dư 1 nên VT chia 3 dư 1. Mà bình phương của số nguyên tố chia 3 dư 1 
hoặc 0 nên hai trong ba số , ,a b c phải bằng 3. 0.5 
TH1: 3a b ta có 2 2 2 218 16 9 1 17 9 16 (3 4 )(3 4 )c k k c k c k c 
3 4 1
3 4 17
k c
k c
3
2
k
c
 (thỏa mãn) 
Vậy ta được ; ; ; 3;3;2;3a b c k . 
0.5 
TH2: Nếu 3c ; 3a hoặc 3.b 
Với 3a ta có 
2 2 2 2 2 2 33 16 3 9 1 152 9 (3 )(3 ) 2 19.b k k b k b k b 
Vì 3 ,3k b k b cùng tính chẵn lẻ mà tích là chẵn nên chúng cùng chẵn. 
Ta được các trường hợp: 
3 2
3 76
13
37
k b
b bk
k
 (thỏa mãn) 
Ta được các bộ ; ; ;a b c k thỏa mãn là ( , , , ) (3,37,3,13).a b c k 
3 4
3 3
7
178
k b
k b
k
b
 (thỏa mãn) 
Ta được các bộ ; ; ;a b c k thỏa mãn là ( , , , ) (3,17,3,7)a b c k 
Tương tự ta có các bộ ( , , , ) (37,3,3,13),(17,3,3,7).a b c k 
1.0 
4.1. (1.0 điểm) 
C
H
D
N
M
E
O' O BA
Tam giác AOC cân tại O , có OD là 
đường cao nên là phân giác trong góc 
AOC , do đó AOD COD 
0.5 
AD DM nên .DA DM 
Vậy tam giác AMD cân tại .D 
0.5 
4.2. (1.0 điểm) 
0. . 90 .OEA OEC c g c OAE OCE 0.5 
Do đó, .AE AB Vậy AE là tiếp tuyến chung của O và ' .O 0.5 
4.3. (2.0 điểm) 
Giả sử AM cắt O tại 'N . 'OAN cân tại ,O có 'OM AN nên OM là đường trung 
trực của ' '.AN CA CN 
1.0 
Ta có 'CN A CAM mà ,CAM DOM do đó ' .CN H COH Bốn điểm , ', ,C N O H 
thuộc một đường tròn. 
Suy ra, 'N thuộc đường tròn ngoại tiếp .CHO Do vậy, 'N trùng với .N Vậy ba điểm 
, ,AM N thẳng hàng. 
1.0 
4.4. (2.0 điểm) 
Vì / /ME AB và AB AE nên ME AE . 
Ta có hai tam giác ,MAO EMA đồng dạng nên 
2 .
MO MA AO
MA AOEM
EA EM MA
 (*) 
1.0 
Dễ thấy MEO cân tại M nên .ME MO Thay vào (*) ta được 2 .MA OAMO (**) 
Đặt 0MO x ta có 2 2 2 2 2.MA OA MO a x 
Từ (**) suy ra 2 2 2 2 0a x ax x ax a . 
Từ đó tìm được 
5 1
2
a
OM 
1.0 
5.1. (1.5 điểm) 
B
A
Q P
NM
 Dựng tam giác ANB vuông cân tại N 
( ,A B nằm khác phía đối với NP ). 
Ta có 
2 22AB AN , 045BAN và 
. .AMN BNP c g c AM BP . 
1.0 
Do đó, 2 2 2 2 2 22AP AB AP AN AM BP ABP vuông tại .A 
Nên 0 0 090 45 135PAN PAB BAN 
0.5 
5.2. (1.5 điểm) 
Gọi 
1 2 3
, ,x x x là ba nghiệm của P x ta có 
1 2 3
P x x x x x x x 
Suy ra, 
1 2 3
P Q x Q x x Q x x Q x x 
0.5 
Do 0P Q x vô nghiệm nên các phương trình 0 1,2,3
i
Q x x i vô nghiệm. 
Hay các phương trình 2 2016 2017 0 1,2,3
i
x x x i vô nghiệm 
Do đó, các biệt thức tương ứng 2 2' 1008 2017 0 2017 1008
i i i
x x 
Suy ra, 6
1 2 3
2017 2017 2017 2017 1008 .P x x x 
1.0 
Chú ý: 
 1. Học sinh làm đúng đến đâu giám khảo cho điểm đến đó, tương ứng với thang điểm. 
 2. HS trình bày theo cách khác mà đúng thì giám khảo cho điểm tương ứng với thang 
điểm. Trong trường hợp mà hướng làm của HS ra kết quả nhưng đến cuối còn sai sót thi 
giám khảo trao đổi với tổ chấm để giải quyết. 
3. Tổng điểm của bài thi không làm tròn. 
-----------Hết----------- 
Tên : Trương Quang An 
Giáo viên Trường THCS Nghĩa Thắng 
Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi 
Điện thoại : 01208127776 .Nguồn sưu tầm trên mạng và ảnh chụp đề của học sinh 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Bài 1 (4 điểm ) 
a/Chứng minh rằng 5 1999 2017( )n n n   không phải là số chính phương 
b/Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn 2 25 2 4 12x y xy y    
c/Cuối học kỳ ,một học sinh có hơn 11 bài kiểm tra đạt các điểm 8,9,10 .Biết tổng điểm các bài 
kiểm tra là 100 .Hỏi học sinh đó có bao nhiêu bài kiểm tra đạt điểm 8,điểm 9 ,điểm 10 ? 
Bài 2 (4 điểm ) 
a/Giải phương trình 3 35 2 1x x    
b/Giải hệ phương trình 
3 3 8
2 2
x y
x y xy
  

  
Bài 3 (4 điểm ). 
a/Cho 
5 5
3 3
x

  ; 0x  và 5 3 5 3x x a    . 
Tính giá trị của biểu thức 
210 2 25 9x
P
x
 
 
b/Cho x,y,z > 0 và x+y+z=12 .Tìm giá trị lớn nhất của 
2 15x y z
M
x
   
  
 
+
2 15x y z
y
   
 
 
+
2 24x y z
z
   
 
 
Bài 4 (5điểm ). 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
QUẢNG NGÃI 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
NĂM HỌC 2016 – 2017 
Ngày thi 23/02/2017 
Môn thi :Toán 
Thời gian làm bài :150 phút 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
1/ Cho tam giác ABC vuông tại A có AB=9cm ,AC=12 cm .Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam 
giác và G là trọng tâm tâm tam giác ABC.Tính độ dài đoạn thẳng IG. 
2/Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh a .Gọi M,N,P là 3 điểm lần lượt lấy trên cạnh BC,CD 
và DA sao cho tam giác MNP đều . 
a.Chứng minh rằng 2 2 2 .CN AP DP BM  . 
b.Xác định vị trí của M,N,P để tam giác MNP có diện tích bé nhất . 
Bài 5 (4 điểm ). 
a/Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O có bán kính R ,biết AB=c ,AC=b ,BC=a và thỏa 
mãn hệ thức ( )R b c a bc  .Hỏi tam giác ABC là tam giác gì ?. 
 b/Trên mặt phẳng cho 6 điểm bất kỳ sao cho khoảng cách giữa 2 điểm tùy ý luôn lớn hơn 1 
.Chứng minh rằng không thể phủ cả 6 điểm này bằng một hình tròn có bán kính bằng 1. 
 Bài giải 
Bài 1 (4 điểm ) 
a/Chứng minh rằng 5 1999 2017( )n n n   không phải là số chính phương. 
b/Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn 2 25 2 4 12x y xy y    
c/Cuối học kỳ ,một học sinh có hơn 11 bài kiểm tra đạt các điểm 8,9,10 .Biết tổng điểm các bài 
kiểm tra là 100 .Hỏi học sinh đó có bao nhiêu bài kiểm tra đạt điểm 8,điểm 9 ,điểm 10 ? 
Bài giải 
a/Ta có 5 51999 2017 2000 2015 2( )n n n n n n        . 
Ta thấy : 5 51999 2017 2000 2015 2n n n n n       
( 1)( 1)( 2)( 2) 5 ( 1)( 2) 2000 2015 2( )n n n n n n n n n n            chia 5 dư 2 . 
Ta nhận xét rằng không có số chính phương nào chia 5 dư 2 . 
Vậy 5 1999 2017( )n n n   không phải là số chính phương 
b/Cách 1:Ta có 2 2 2 2 2 25 2 4 12 ( ) (2 1) 13 ( 2) ( 3)x y xy y x y y             
Để ý rằng 2y+1 có dạng lẻ nên ta có các trường hợp sau : 
TH1 : 
2 1
2 1 3 1
x y x
y y
   
 
   
(thỏa ) 
TH2 : 
2 0
2 1 3 2
x y x
y y
    
 
     
(thỏa ) 
TH3 : 
2 4
2 1 3 2
x y x
y y
   
 
     
(thỏa ) 
TH4 : 
2 3
2 1 3 1
x y x
y y
     
 
   
(thỏa ) 
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (1;1) ,(0;-2) ,(4;-2) ,(-3;1). 
Cách 2: Ta có 2 2 2 25 2 4 12 2 (5 4 12) 0x y xy y x xy y y          (1). 
Để phương trình trên có nghiệm nguyên thì : 
2 2' 4 4 12 0 4 4 12 0 2 1y y y y y             . 
Mà y nguyên nên ta có các giá trị của y là : 2; 1;0;1y    . 
Với y=-2 thì thay vào (1) ta có : 2
0
( 2) 4
4
x
x
x

    
 (thỏa mãn ). 
Với y=-1 thì thay vào (1) ta có : 2( 1) 12x  (phương trình này không có nghiệm x nguyên ) . 
Với y=0 thì thay vào (1) ta có : 2( 1) 12x  (phương trình này không có nghiệm x nguyên ) . 
Với y=1 thì thay vào (1) ta có : 2
1
( 1) 4
3
x
x
x

     
 (phương trình này không có nghiệm x 
nguyên ) . 
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (1;1) ,(0;-2) ,(4;-2) ,(-3;1). 
c/Gọi x,y,z là số bài kiểm tra đạt điểm 8,9,10 .Ta có x+y+z >11 và 8x+9y+10z=100 (1). 
Ta thấy 100=8x+9y+10z > 8(x+y+z) suy ra 
25
2
x y z   . 
Ta có 
25
11 12 12
2
x y z x y z x y z            . 
Thay x vào (1) ta có y+2z=4 suy ra z=1 (vì y,z > 0 ). 
Khi đó z=1 thì y=2 suy ra x=9. 
Vậy số bài kiểm tra đạt điểm 8;9;10 lần lượt là 9;2;1 
Bài 2 (4 điểm ) 
a/Giải phương trình 3 35 2 1x x    
b/Giải hệ phương trình 
3 3 8
2 2
x y
x y xy
  

  
Bài giải 
a/Đặt 3 35; 2a x b x    .Ta có hệ sau : 
3 3
2
1
21 37
2 0 61 2
3
b
aa b xa b
b b xa b b
a
 

                   

Vậy nghiệm của phương trình là x=3 ,x=-6. 
b/Đặt a=x+y ,b=xy. Ta có hệ phương trình viết lại : 
3
2
0
22 2 03 8
2 (4 15 15) 0 22 2 2
0
x
ya b ba ab
b b b aa b x
y
 

                   

Vậy hệ có nghiệm là (0;2) ;(2;0). 
Bài 3 (4 điểm ). 
a/Cho 
5 5
3 3
x

  ; 0x  và 5 3 5 3x x a    . 
Tính giá trị của biểu thức 
210 2 25 9x
P
x
 
 . 
 b/Cho x,y,z > 0 và x+y+z=12 .Tìm giá trị lớn nhất của 
2 15x y z
M
x
   
  
 
+
2 15x y z
y
   
 
 
+
2 24x y z
z
   
 
 
Bài giải 
a/Ta có 
210 2 25 9 5 3 5 3 6 6
.( 3 5 3 5)
x x x x
P
x x ax x x
    
   
  
b/
2 15x y z
M
x
   
  
 
+
2 15x y z
y
   
 
 
+
2 24x y z
z
   
 
 
Thay x+y+z=1 vào M ta có : 
1 1 4 4 4 1 4
3 3.( ) 3 3( ) 3 3.16. 3 3. 1
12 3
M M
x y z x y z
             

Max M =-1 khi và chỉ khi x=y=3 và z=6 . 
Bài 4 (4 điểm ) 
a/ Cách 1: 
Hình vẽ 
A
C
B
I
D
P M
G
N
Gọi D là tiếp điểm của đường tròn (I) và đoạn thẳng AB . 
Tam giác ABC vuông tại A nên theo định lí Pitago ta có : 
2 2 2 2 29 12 15AB AC BC BC      . 
Mặt khác ta có : 
9 12 15
3
2 2
AB AC BC
AD
   
   (cm). 
Mà BD =AB-AD=9-3=6 (cm). 
Tứ giác IDAN là hình vuông nên ID=DA=AP=PI=3 (cm). 
Ta thấy ID vuông góc với AB (1). 
Mà AB vuông góc AN (2) . 
Từ (1) và (2) suy ra : ID song song với AN . 
Tam giác ABN có ID song song với AN nên theo hệ quả của định lí ta-lét ta có : 
2
3
BD BI
AB BN
  (3). 
Mà G là trọng tâm nên theo tính chất về trọng tâm ta có : 
2
3
BG
BM
 (4). 
Từ (3) và (4) suy ra 
2
3
BI BG
BN BM
  nên IG song song với MN . 
Tam giác BMN có IG song song với MN nên theo hệ quả của định lí ta-lét ta có : 
2 2
.
3 3
IG BI BG
IG MN
MN BN BM
     . 
Tam giác ABN có ID song song với AN nên theo hệ quả của định lí ta-lét ta có : 
2 3
. 4,5
3 2
ID BI
AN ID
AN BN
     (cm). 
Mà MN=AM-AN=6-4,5=1,5 (cm ). 
Lúc đó 
2 2
. .1,5 1
3 3
IG MN   (cm). 
Cách 2: 
Hình vẽ 
A
C
B
I
D
P M
G
N
Gọi D là tiếp điểm của đường tròn (I) và đoạn thẳng AB . 
Tam giác ABC vuông tại A nên theo định lí Pitago ta có : 
2 2 2 2 29 12 15AB AC BC BC      . 
Mặt khác ta có : 
9 12 15
3
2 2
AB AC BC
AD
   
   (cm). 
Mà BD =AB-AD=9-3=6 (cm).