Đề thi học sinh giỏi cấp Thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD&ĐT TP Bắc Giang (Có đáp án)

PHÒNG GD&ĐT
TP. BẮC GIANG
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2016-2017
Môn: Toán lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (5 điểm)
 a. Cho biểu thức M= với a, b > 0 và ab
 Rút gọi M và tính giá trị biểu thức M biết 
 b. Tìm các số nguyên a, b thoả mãn 
 c. Cho a, b, c thỏa mãn ; ; 
 Tính giá trị biểu thức H=
Bài 2: (4,5 điểm)
 a. Tính giá trị của biểu thức N=
 b. Cho a, b là số hữu tỉ thỏa mãn +
Chứng minh là số hữu tỉ
 c. Giải phương trình 
Bài 3: (3,5 điểm)
 a. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn 
 b. Cho a, b, c>0 thỏa mãn abc=1 . Chứng minh 
Bài 4: (6 điểm) Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, trên Ax lấy M sao cho AM > R. Từ M vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn, từ C vẽ CH vuông góc với AB, CE vuông góc với AM. Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt BC tại N. Đường thẳng MO cắt CE, CA, CH lần lượt tại Q, K, P.
Chứng minh MNCO là hình thang cân
MB cắt CH tại I. Chứng minh KI son song với AB
Gọi G và F lần lượt là trung điểm của AH và AE. Chứng minh PG vuông góc với QF 
Bài 5: (1 điểm) Tìm số nguyên dương n lớn nhất để A= 427 + 42016 + 4n là số chính phương
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
Họ tên thí sinh..........................................................................SBD:................................
PHÒNG GD&ĐT
TP. BẮC GIANG
HD CHẤM HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2016-2017
Câu
Nội Dung
Điểm
Bài 1
4 đ
a/
1,5đ
-Rút gọn M= với a, b>0 và ab
-Ta có
+ Nếu a>b>0
+ nếu 0<a<b
0,75
0,25
0,25
0,25
b/
1,5đ
-Nếu 
Vì a, b nguyên nên Vô lý vì là số vô tỉ
-Vây ta có 
Thay a= vào t
a có 
Ta có b=0 (loại) ; b=2 (thoã mãm) , vậy a=3. Kết luận
0,5
0,25
0,75
c/
2 đ
Ta có 
mà ; nên 
Ta có 
nên 
Tương tự 
Vậy H=
 =
 =
 =
0,25
0,75
1,0
Bài 2
4,5 đ
a/
1,5đ
N=
=
0,25
0,5
0,5
b/
1,5đ
0,25
0,5
0,25
0,5 
c/
1,5đ
Điều kiện: (*).
Ta có: 
Đặt (Điều kiện:), phương trình trở thành 
+Với không thỏa mãn điều kiện (**).
+ Với ta có phương trình:
 Vậy phương trình có nghiệm 
0,5
0,25
0,5
0,25
Bài 3
3,5 đ
a/
1,75đ
Ta có 
 -*Nếu ta có đúng với mọi y nguyên
Vậy ngiệm của PT là (1;yZ)
*Nêu 
Ta có
Vậy ta có 
Ta có , Vậy ta có 
Từ * và ** ta có 
Nếu 
+ nếu 
+Nếu 
-Nếu .
Kết luận
0,25
0,25
1đ
0,25
b/
1,75đ
Ta có 
 nên với x,y,z>0 ta có
, áp dụng ta có 
-Với x,y>0 ta có 
áp dụng ta có 
Vây ta có 
Tương tự ta có ; nên
Vậy dấu “=” có khi a=b=c=1
0,5
0,5
0,5
0,25
Bài 4
6 đ
a/
2đ
-Ta có nội tiếp đường tròn (vì...) mà AB là đường kính nên vuông tại C 
Ta có MA=MC (.....), OA=OC (....) nên MO là trung trực của AC 
-Ta có OA (....); xét và có 
-Ta có là hình bình hành.Ta có = (cm trên) nên ta có NO=MA, mà MA=MC (...) nên NO=MC vậy MNBO là hình thang cân
0,5
0,75
0,75 
b/
2đ
-Xét và có ( cm trên)
-Ta có (gt) ; MAAB (...)
-Nên ta có .
-Chi ra KI là đường trung bình của tam giác ACH 
0,5
0,5
0,5
0,5
c/
2đ
-Chưng minh FQIO là hình bình hành
-Chưng minh O là trục tâm tam giác GIP 
0,75
0,75
0,5
Bài 5
1đ
*
Vì A và là số chính phương nên là số chính phương
Ta có >
*mà là số chính phương nên ta có 
Với n=4004 ta có A=là số chính phương
Vậy n=4004 thì A=427+42016+4n là số chính phương
0,25
0,5
0,25
PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA
 ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn Toán: Lớp 9
(Thời gian làm bài: 150 phút)
Bài 1: (5,0 điểm) 
Cho biểu thức: . Với x 0, x 1.
a) Rút gọn biểu thức P.	b) Tìm x để .	c) So sánh: P2 và 2P.
Bài 2: (4,0 điểm) 
a) Tìm thỏa mãn: 
b) Cho a, b, c là các số nguyên khác 0 thỏa mãn điều kiện: 
Chứng minh rằng: chia hết cho 3.
Bài 3: (4,0 điểm) 
Giải phương trình sau: 
Cho x, y là 2 số thực thoả mãn: x2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: A = x + y + 1.
Bài 4: (6,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. N là điểm tùy ý thuộc cạnh AB. Gọi E là giao điểm của CN và DA. Vẽ tia Cx vuông góc với CE và cắt AB tại F. Lấy M là trung điểm của EF.
Chứng minh: CM vuông góc với EF. 
Chứng minh: NB.DE = a2 và B, D, M thẳng hàng.
Tìm vị trí của N trên AB sao cho diện tích của tứ giác AEFC gấp 3 lần diện tích của hình vuông ABCD
Bài 5: (1,0 điểm) 
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 
-------------- Hết------------
PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA
ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2016 - 2017
Bài
Câu
Nội dung
Điểm
1
a
Điều kiện: x 0, x 1.
0,5
0,5
0,5
0,5
b
Với x 0, x 1. Ta có:
Vì nên (t/m) 
Vậy P = khi x = 4 
0,5
1,0
0,25
0,25
c
Vì 
Dấu “=” xảy ra khi P = 2 x = 0
Vậy P2  2P
0,25
0,25
0,25
0,25
2
a
Vì x, yZ nên x - 1Ư(-1) =
+) Nếu x – 1 = 1x = 2 
Khi đó 2y2  - y – 2 = - 1 
y = 1 (t/m) hoặc y = Z (loại)
+) Nếu x – 1 = -1 x = 0 
Khi đó 2y2 - y = 1 
y = 1 (t/m) hoặc y = Z (loại)
Vậy 
0,5
0,25
0,5
0,5
0,25
b
 Từ giả thiết 
Vì a, b, c 0 nên a + b + c = 0
Vậy với a, b, c 
Lưu ý: Nếu học sinh sử dụng hằng đẳng thức
x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx) 
mà không chứng minh thì trừ 0,5 điểm.
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
3
a
Đkxđ: 
Vì với 
10x – 20 
Ta có: 
Vậy phương trình có nghiệm là x = 4
0,25
0,5
0,5
0,5
0,25
b
x2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0.
* x + y + 1 = - 4 khi x = - 5; y = 0
* x + y + 1 = - 1 khi x = - 2; y = 0
Vậy Amin = - 4 khi x= - 5; y = 0
Amax = - 1 khi x = -2; y = 0
0,5
0,5
0,5
0,5
4
a
Ta có: (cùng phụ với )
Chứng minh được: EDC = FBC (cạnh góc vuông – góc nhọn) 
CE = CF
ECF cân tại C
Mà CM là đường trung tuyến nên CM EF
1,0
1,0
b
* Vì EDC = FBC ED = FB
NCF vuông tại C. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: 
BC2 = NB.BFa2 = NB.DE (đpcm)
*CEF vuông tại C có CM là đường trung tuyến nên 
AEF vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên 
CM = AM M thuộc đường trung trực của AC.
Vì ABCD là hình vuông nên B, D thuộc đường trung trực của AC
B, D, M thẳng hàng vì cùng thuộc đường trung trực của AC (đpcm).
0,5
0,5
0,5
0,5
c
Đặt DE = x (x > 0) Þ BF = x 	
SACFE = SACF + SAEF = 	
SACFE = 3.SABCD 
Do x > 0; a > 0 Þ 3a + x > 0 x = 2a
A là trung điểm của DE AE = a
Vì AE //BC nên 
N là trung điểm của AB.
Vậy với N là trung điểm của AB thì SACFE = 3.SABCD 
0,5
0,25
0,5
0,5
0,25
5
* Vì a, b, c > 0 nên .
Tương tự: 
 (1)
* Ta có: 
Vì a, b, c > 0 nên theo bất đẳng thức Cô- si ta có:
Tương tự: 
Dấu ‘ =” xảy ra khi a = b + c; b = c + a; c = a +b
tức là a = b = c (vô lý).
 (2) 
Từ (1) (2) ta có đpcm.
0,5
 0,5
* Lưu ý khi chấm bài:
- Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng.
- Với bài 5, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.
PHÒNG GD&ĐT THÀNH PHỐ
THANH HÓA
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN: TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (4,0 điểm) 
Cho P = + 
1. Rút gọn P. Với giá trị nào của x thì P > 1
2. Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn nhất
Bài 2: (4,0 điểm)
1. Giải phương trình = 4
2. Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2 + xy + y2 = x2y2 
Bài 3: (4,0 điểm)
Cho a = x + 
b = y + 
c = xy + 
Tính giá trị biểu thức: A = a2 + b2 + c2 – abc
2. Chứng minh rằng với mọi x > 1 ta luôn có. 3(x2 - ) < 2(x3 - )
Bài 4: (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có AD = BC; AB < CD. Gọi I, Q, H, P lần lượt là trung điểm của AB, AC, CD, BD
1. Chứng minh IPHQ là hình thoi và PQ tạo với AD, BC hai góc bằng nhau.
2. Về phía ngoài tứ giác ABCD, dựng hai tam giác bằng nhau ADE và BCF. Chứng minh rằng trung điểm các đoạn thẳng AB, CD, EF cùng thuộc một đường thẳng.
Bài 5: (2,0 điểm) Tam giác ABC có BC = 40cm, phân giác AD dài 45cm đường cao AH dài 36cm. Tính độ dài BD, DC.
Bài 6: (2,0 điểm) Với a, b là các số thực thỏa mãn đẳng thức (1 + a)(1 + b) = .
Hãy tìm GTNN của P =+
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9
Bài
Câu
Tóm tắt cách giải
Điểm
1
1
Điều kiện x > 0; x1; 4
P = + 
= + 
= 
P > 1> 1- 1 > 0 > 0
 > 0 Theo đ/k x > 0 x + 3 > 0
 x – 1 > 0 x > 1 
Kết hợp điều kiện x > 0; x1; 4
Suy ra x > 1; x4 thì P > 1
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
2
P = = 2 + Với x > 0; x1; 4
P nguyên x – 1 là ước của 4
P đạt giá trị nguyên lớn nhất x – 1 = 1 x = 2
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 6 khi x = 2
0,5
0,5
0,5
2
1
Điều kiện x – 3 + 0 
Phương trình tương đương
 - - 4- 4x + 12 = 0 (*)
Xét x < -Thì (*)- 3x + 5 + ( x – 1) + 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
2x = -28
x = - 14 (Thỏa mãn đk)
Xét -≤ x < 1 Thì (*)
- 3x + 5 + x – 1 – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
 x = (Thỏa mãn đk)
Xét 1 ≤ x < Thì (*)
- 3x + 5 – (x -1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
 x = (loại)
Xét x ≥ Thì (*)3x – 5 – (x – 1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
x = - (Loại)
Vậy phương trình có nghiệm x
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2
Ta có x2 + xy + y2 = x2y2
 (x + y)2 = xy(xy + 1)
+ Nếu x + y = 0 xy(xy + 1) = 0
Với xy = 0. Kết hợp với x + y = 0 x = y = 0
Với xy = -1. Kết hợp với x + y = 0 hoặc 
+ Nếu x + y0 (x + y)2 là số chính phương
xy(xy + 1) là hai số nguyên liên tiếp khác 0 nên chúng nguyên tố cùng nhau. Do đó không thể cùng là số chính phương
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (x; y) = (0; 0); (1; -1); (-1; 1)
0,5
0,5
0,5
0,5
3
1
a2 = x2 + + 2
b2 = y2 + + 2
c2 = x2y2 + + 2
ab = (x + )(y + ) = xy + + + = c + + 
 abc = (c + + ).c
= c2 + c( + )
= c2 + (xy + )( + )
= c2 + x2 + y2 + + 
= a2 – 2 + b2 – 2 + c2 
A = a2 + b2 + c2 – abc = 4
0,5
0,5
0,5
0,5
2
3(x2 - ) < 2(x3 - ) 
 3(x - )(x + ) < 2(x - )(x2 + + 1)
3(x + ) < 2(x2 + + 1) (1) 
( Vì x > 1 nên x - > 0)
Đặt x + = t thì x2 + = t2 – 2
Ta có (1) 2t2 – 3t – 2 > 0
 (t – 2)(2t + 1) > 0 (2)
Vì x > 1 nên (x – 1)2 > 0x2 + 1 > 2x x + > 2 hay t > 2 
 (2) đúng. Suy ra điều phải chứng minh 
0,5
1,0
0,5
4
1
IP = HQ; IP//HQ (Tính chất đường trung bình) và AD = BC (GT)
 IPHQ là h.b.h 
Có IP = IQ = AD = BC nên IPHQ là hình thoi
Gọi P; Q là giao điểm của PQ với AD và BC
Nhận thấy ∆ HPQ cân đỉnh H 
 HPQ = HQP (Góc ở đáy tam giác cân) (1)
Mà PH // BCBQP = HPQ (So le trong) (2)
QH // ADAPP = HQP (So le trong) (3)
Từ (1); (2); (3) Suy ra APP = BQP ( đpcm)
0,5
0,5
0,5
0,5
2
Gọi K, M, N lần lượt là trung điểm của EF, DF, CE 
Từ giả thiết ∆ ADE = ∆ BCF và dựa vào tính chất của đường trung bình trong tam giác ta có ∆ HMP = ∆ HNQ (c.c.c)
Suy ra MHP = NHQ MHQ = NHP MHN và PHQ có cùng tia phân giác
Mặt khác dễ có IPHQ và KMHN là các hình thoi.
Suy ra HK và HI lần lượt là phân giác của MHN và PHQ. Suy ra H, I, K thẳng hàng
0,5
0,5
0,5
0,5
5
Đặt BD = x, DC = y. Giả sử x < y. Pitago trong tam giác vuông AHD ta tính được HD = 27cm. Vẽ tia phân giác của góc ngoài tại A, cắt BC ở E. Ta có AE AD nên AD2 = DE.DH. Suy ra 
DE = = = 75cm
Theo tính chất đường phân giác trong và ngoài của tam giác
 = = (1)
Mặt khác x + y = 40 (2)
Thay y = 40 – x vào (1) và rút gọn được
x2 – 115x + 1500 = 0 (x – 15)(x – 100) = 0
Do x < 40 nên x = 15, từ đó y = 25. 
Vậy DB = 15cm, DC = 25cm
0,5
0,5
0,5
0,5
6
Áp dụng Bunhiacopski cho hai dãy a2; 1 và 1; 4 ta có
(12 + 42)(a4 + 1) ≥ (a2 + 4)2
 ≥ (1) 
Dấu “=” xảy ra a = 
Áp dụng Bunhiacopski cho b2; 1 và 1; 4 ta có 
17(b4 + 1) ≥ (b2 + 4)2 ≥ (2) 
Dấu “=” xảy ra b = 
Từ (1) và (2) P ≥ () 
Mặt khác theo giả thiết (1 + a)(1 + b) = a + b + ab = 
Áp dụng Côsi ta có: 
a a2 + 
b b2 + 
ab 
Cộng từng vế ba bất đẳng thức ta được
+ ≥ a + b + ab = 
 a2 + b2 ≥ (- ): = Thay vào ()
P ≥ = 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng khi a = b = 
0,5
0,5
0,5
0,5
Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tương đương
- Bài hình không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai không cho điểm
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
 CẤP THCS NĂM HỌC 2016 - 2017
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi 12/4/2017
Bài 1. (2,0 điểm)
a) Cho . Tính giá trị của .
b) Cho biểu thức với a > 0, a ¹ 1.
 	Với những giá trị nào của a thì biểu thức nhận giá trị nguyên?
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Cho phương trình: (m là tham số). Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm và sao cho ?
b) Cho hệ phương trình 
Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt và thỏa mãn điều kiện .
Bài 3. (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho chia hết cho .
b) Cho ba số thực a, b, c dương. Chứng minh rằng: 
.
Bài 4. (3,0 điểm)
Cho ba điểm A, B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (điểm B nằm giữa điểm A và điểm C). Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua điểm B và điểm C (điểm O không thuộc đường thẳng d). Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O (với M và N là các tiếp điểm). Đường thẳng BC cắt MN tại điểm K. Đường thẳng AO cắt MN tại điểm H và cắt đường tròn tại các điểm P và điểm Q (P nằm giữa A và Q).
a) Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi.
b) Gọi D là trung điểm của HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng MP tại E. Chứng minh P là trung điểm của ME.
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho tập hợp A gồm 21 phần tử là các số nguyên khác nhau thỏa mãn tổng của 11 phần tử bất kỳ lớn hơn tổng của 10 phần tử còn lại. Biết các số 101 và 102 thuộc tập hợp A. Tìm tất cả các phần tử của tập hợp A.
---------Hết---------
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:	Số báo danh:	
Cán bộ coi thi 1:	Cán bộ coi thi 2:	
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
Năm học 2016 - 2017
MÔN: Toán 9
 (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)
Chú ý:
Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa.
Tổng điểm bài thi: 10 điểm .
Bài
Đáp án
Điểm
Bài 1
(2 điểm)
1a) (1,0 điểm)
Ta có : 
0,25
0,25
0,25
Thay giá trị của x vào P ta được:
0,25
1b) (1,0 điểm)
Với điều kiện thì: 
0,25
Khi đó
Ta thấy với 
0,25
Do 
Để N có giá trị nguyên thì N = 1.
0,25
Û Û 
Û 
Vậy 
0,25
Bài 2
(2 điểm)
2a) (1,0 điểm)
Phương trình: có hai nghiệm thì:
 .
Theo hệ thức Vi-ét ta có:
0,25
Ta có:
0,25
Trường hợp 1: 
Nếuvà cùng dấu thì: 
 (*)
Khi đó (1) (thỏa mãn (*)).
0,25
Trường hợp 2: 
Nếu và trái dấu thì: (**)
Khi đó (1) 
 (không thỏa mãn điều kiện (**).
Kết luận: 
0,25
2b) (1,0 điểm)
Ta có 
0,25
Thay x = 1 vào phương trình (2) ta được 
Để phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt thì: 
0,25
Theo đề bài: 
do .
0,25
Với theo hệ thức Vi-ét cho phương trình (3) ta có :
 thay vào (4) ta có: (thỏa mãn)
Kết luận: m = 2.
0,25
Bài 3
(2 điểm)
3a) (1,0 điểm)
Ta có (a + b2) M (a2b – 1) suy ra: a + b2 = k(a2b – 1), với k Î N*
Û a + k = b(ka2 – b) hay mb = a + k (1) với 	
Û m + b = ka2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: 
Û (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka)	 (3)
Do 
Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka) ³ 0.
0,25
Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka ³ 0 Þ 1 ³ k(a – 1)
Vì a – 1 ³ 0, k > 0 nên 
0,25
Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2.
Û 
Vậy, trường hợp này ta được hai cặp a = 1; b = 2 và a = 1; b = 3.
0,25
Với a = 2 và k = 1. Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0 Û .
Khi b = 1, ta được: a = 2, b = 1.
Khi m = 1: từ (1) suy ra a + k = b Þ b = 3. 
Khi đó: a = 2, b = 3.
Vậy có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1).
0,25
3b) (1,0 điểm)
Với x là số dương, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 
Dấu “ =” xảy ra khi x = 2
0,25
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được:
Suy ra: 
0,25
Tương tự ta có:
0,25
Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
0,25
Bài 4
(3 điểm)
Hình vẽ:
4a) (1,5 điểm)
Gọi I là trung điểm của BC suy ra 
DABN đồng dạng với DANC (Vì , chung) 
AB.AC = AN2 .
0,50
DANO vuông tại N, đường cao NH nên AH.AO = AN2
AB.AC = AH.AO (1)
0,25
DAHK đồng dạng với DAIO (g.g) 
Nên (2)
Từ (1) và (2) suy ra 
0,5
Ta có A, B, C cố định nên I cố định AK không đổi.
Mà A cố định, K là giao điểm của BC và MN nên K thuộc tia AB 
 K cố định (đpcm)
0,25
4b) (1,5 điểm)
Ta có: DMHE đồng dạng DQDM (g.g) 
0,50
 DPMH đồng dạng DMQH (g.g) 
0,50
 ME = 2 MP P là trung điểm ME.
0,50
Bài 5
(1 điểm)
Bài 5 (1,0 điềm)
Giả sử A = với và 
.
Theo giả thiết ta có 
0,25
Mặt khác với và nếu thì 
Nên từ (1) suy ra 10 + 10 + ... +10 = 100
mà nhỏ nhất và 101 A =101
Ta có .
0,25
Kết hợp với (2)
 (4)
Ta có =101 mà 
0,25
Kết hợp với (3) và (4) suy ra A =
0,25
--------------- Hết ------------------