ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9

Tailieumontoan.com  Trịnh Bình Tổng hợp TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP TỈNH THANH HĨA Thanh Hóa, tháng 12 năm 2019 Website:tailieumontoan.com TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP TỈNH THANH HÓA LỜI NÓI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh luyện thi học sinh giỏi mơn tốn lớp 9, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô em đề thi học sinh giỏi tốn lớp tỉnh Thanh Hóa qua năm có hướng dẫn số đề Đây đề thi mang tính chất thực tiễn cao, giúp thầy cô em học sinh luyện thi học sinh giỏi lớp có tài liệu bám sát đề thi để đạt thành tích cao, mang lại vinh dự cho thân, gia đình nhà trường Bộ đề gồm nhiều Câu toán hay thầy cô nước sưu tầm sáng tác, ôn luyện qua giúp em phát triển tư mơn tốn từ thêm u thích học giỏi mơn học này, tạo tảng để có kiến thức tốt đáp ứng cho việc tiếp nhận kiến thức lớp, cấp học nhẹ nhàng hiệu Các vị phụ huynh thầy dạy tốn dùng dùng tuyển tập đề toán để giúp em học tập Hy vọng Tuyển tập đề thi học sinh giỏi lớp tỉnh Thanh Hóa giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung Bộ đề viết theo hình thức Bộ đề ôn thi, gồm: đề thi hướng dẫn giải đề đề thi dựa đề thi thức sử dụng kì thi học sinh giỏi toán lớp tỉnh Thanh Hóa Mặc dù có đầu tư lớn thời gian, trí tuệ song khơng thể tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong góp ý thầy, cô giáo em học! Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao từ đề này! Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com MỤC LỤC Phần 1: Đề thi Đề số 10 11 12 13 Đề thi Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2018- 2019 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2017- 2018 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2016- 2017 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2015- 2016 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2014- 2015 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2013- 2014 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2012- 2013 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2011- 2012 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2010- 2011 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2009- 2010 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2008- 2009 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2007- 2008 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2006- 2007 Trang Phần 2: Hướng dẫn giải Đề số Hướng dẫn Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2018- 2019 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2017- 2018 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2016- 2017 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2015- 2016 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2014- 2015 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2013- 2014 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2012- 2013 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2011- 2012 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2010- 2011 Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 Trang TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 22/3/2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số (Đề thi có trang) Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu (4,0 điểm)  x x − x −1  x + x−5  Rút gọn biểu thức P = − −   :   , với x > 0, x ≠ x − x − x x + x − x −     3 Cho a = + 50 , b = − 50 Khơng dùng máy tính, chứng minh biểu thức M= a + b N = a + b7 có giá trị số chẵn Câu (4,0 điểm) ( k tham số ) Tìm Giả sử x1 , x hai nghiệm phương trình x + 2kx + = 2 x  x  tất giá trị k cho :   +   ≤  x   x1  x + x + = 2y + Giải hệ phương trình  + + = + y y 2x  Câu (4,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình x y ( x + y ) + x = + y ( x − 1) * Cho n ∈  Chứng minh 2n + 3n + số phương n chia hết cho 40 Câu (6,0 điểm) Cho đường tròn ( O,R ) điểm A cố định bên đường tròn, OA = 2R Từ A kẻ tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn ( O ) ( B,C tiếp điểm) Đường thẳng OA cắt dây BC I Gọi M điểm di động cung nhỏ BC Tiếp tuyến M đường tròn ( O ) cắt AB, AC E,F Dây BC cắt OE,OF điểm P, Q  = 60 tứ giác OBEQ nội tiếp Chứng minh ABI Chứng minh EF = 2PQ  cho tam giác OPQ có diện tích Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC nhỏ Tính diện tích nhỏ theo R Câu (2,0 điểm) Tìm giá trị lớn Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y − z + = biểu thức: P= x3 y3 ( x + yz )( y + xz )( z + xy ) _Hết _ Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN THI: TỐN Ngày thi: 10/3/2018 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số (Đề thi có trang) Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu (4,0 điểm) x−2 x x +1 + 2x − x Cho biểu thức P = , với x > 0, x ≠ Rút gọn + + x x −1 x x + x + x x2 − x P tìm tất giá trị x cho giá trị P số nguyên 4(x + 1)x 2018 − 2x 2017 + 2x + = Tính giá trị P = x 2x + 3x −2 − 3+2 Câu (4,0 điểm) có hai nghiệm tương ứng độ dài Biết phương trình (m − 2)x − 2(m − 1)x + m = hai cạnh góc vng tam giác vng Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền tam giác vng (x + y)2 (8x + 8y + 4xy − 13) + =  Giải hệ phương trình  1 2x + x + y =  Câu (4,0 điểm) 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình y − 5y + 62 = (y − 2)x + (y − 6y + 8)x Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn p = a + b số nguyên tố p − chia hết cho Giả sử x, y số nguyên thỏa mãn ax − by chia hết cho p Chứng minh hai số x, y chia hết cho p Câu (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có (O),(I),(Ia ) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A tam giác với tâm tương ứng O,I,Ia Gọi D tiếp điểm (I) với BC , P điểm  (O) , PI cắt (O) điểm K Gọi M giao điểm PO BC, cung BAC a N điểm đối xứng với P qua O Chứng minh IBIa C tứ giác nội tiếp Chứng minh NI a tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP  = KAI  Chứng minh DAI a Câu (2,0 điểm) y2 xz x + 2z Cho x, y, z > thỏa mãn x ≥ z Chứng minh rằng: + + ≥ y + yz xz + yz x + z Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2016 – 2017 MƠN THI: TỐN Thời gian làm 150 phút, khơng kể thời gian giao đề ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số (Đề thi có trang) Câu (4,0 điểm) Cho biểu thức: P = ( x )( x + y 1− y − ) ( y x+ y )( x +1 − ) ( xy )( x +1 1− y ) Rút gọn biểu thức P Tìm giá trị x, y nguyên thỏa mãn P = Câu (4,0 điểm) Tìm m để phương trình x1 , x , x , x thỏa mãn (x ) − ( x + )( x + ) = m có nghiệm phân biệt 1 1 + + + = −1 x1 x x x 2   x = + xy Giải hệ phương trình :  2  y = + x y Bài (4 điểm) Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh p2016 – 1  chia hết cho 60 Cho x, y, z số dương khác đôi x + y + z chia hết cho x y z Tìm thương phép chia x + y + z : x y z Câu (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn ( O ) AB < AC Các tiếp tuyến B C ( O ) cắt D Qua D kẻ đường thẳng song song với AB, cắt BC AC M , N 1) Chứng minh tứ giác BONC nội tiếp tam giác ANB cân 2) Đường thẳng AD cắt đường tròn ( O ) I , BI cắt DM K Chứng minh K trung điểm DM 3) Trên đoạn thẳng BD lấy điểm P cho IP / / DN , AP cắt BC Q Gọi G trung điểm DK Chứng minh ba điểm Q, I , G thẳng hàng Câu (2,0 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn : ≤ x, y, z ≤ x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : A = x + y + z Hết _ Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HĨA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 MƠN THI: TỐN Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số (Đề thi có trang) Câu (4,0 điểm) a−3 a a+3 a    Cho biểu thức A = −    a −  (với a > 0; a ≠ 9) a + a − a     a) Rút gọn biểu thức A; b) Tìm giá trị biểu thức M= A + a Câu (4,0 điểm) a) Giải phương trình: 2x + = x 2x + x − y 3= ( 4x − y ) b) Giải hệ phương trình sau:   y − 5x = Câu (4,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên ( x; y ) phương trình: 54x + = y3 b) Tìm giá trị nguyên dương m để phương trình x − mxy + y + = có nghiệm nguyên dương với x, y ẩn số Câu (6,0 điểm) Cho đường trịn tâm O bán kính R Tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) có B, C cố định Đường cao AD, BE , CF tam giác ABC cắt H Đường thẳng chứa tia phân giác góc BHC cắt AB, AC điểm M , N a) Chứng minh tam giác AMN cân; b) Xác định vị trí A để chu vi tam giác DEF lớn nhất; c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác góc BAC K ( K khác A ) Chứng minh đường thẳng HK qua điểm cố định A thay đổi Câu (2,0 điểm) Cho số dương a, b, c thỏa mãn: ab + bc + ca = Chứng minh rằng: 2a + 3b 2b + 3c 2c + 3a + + ≥ 15 a + b + c − ab bc ca ( ) Hết _ Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HĨA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2014– 2015 MƠN THI: TỐN Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số (Đề thi có trang) ( )( )  2x − + x 2x x + x − x  x − x − x + −1 Câu (4,0 điểm) Cho biểu thức A =   − x + − x x x   Rút gọn biểu thức A Tìm x để A < − Câu (4,0 điểm) x 3x − −2 = x − x − x − 5x − 2 2x y x + y = Giải hệ phương trình  4x y (x + y)(1 + xy) = Câu (4,0 điểm) Giải phương trình ( ) Tìm nghiệm nguyên (x; y) phương trình: x + xy + y = ( x + 2y ) Tìm tất số nguyên tố p, q cho tồn số tự nhiên m thỏa mãn : pq m2 + = p+q m +1 Câu (6,0 điểm) Cho điểm A , B, C cố định nằm đường thẳng d (B nằm A C) Vẽ đường trịn tâm O thay đổi ln qua B C (O không thuộc đường thẳng d) Kẻ AM AN tiếp tuyến với đường tròn tâm O M N Gọi I trung điểm BC, AO cắt MN H cắt đường tròn điểm P Q (P nằm A O), BC cắt MN K Chứng minh điểm O, M, N, I nằm đường tròn Chứng minh điểm K cố định đường tròn tâm O thay đổi Gọi D trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng MP E Chứng minh P trung điểm ME Câu (2,0 điểm) a b  a b Tìm giá trị nhỏ Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn  +  + c  +  = b a b a  bc ca 4ab + + biểu thức P = a ( 2b + c ) b ( 2a + c ) c ( a + b ) Hết _ Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2013– 2014 MƠN THI: TỐN Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số (Đề thi có trang)     xy + x xy + x Câu I (4,0 điểm): Cho biểu thức A =  x +1 + + 1 :  − − x +1   xy + 1 − xy   xy − xy +     Rút gọn biểu thức A Cho + = Tìm giá trị lớn A x y Câu II (5,0 điểm) 1.Cho phương trình x + 2(m − )x + m − 2m + = Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 1 − = x + x2 x1 x2 15m 1 x + y + z = Giải hệ phương trình  4 xyz x + y + z = Câu III (4,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương (a; b) cho (a + b2) chia hết cho (a2b – 1) Tìm x, y, z ∈ N thỏa mãn x+2 = y + z Câu IV (6,0 điểm) : Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO (C khác A C khác O) Đường thẳng qua C vng góc với AO cắt nửa đường tròn cho D Trên cung BD lấy điểm M (M khác B M khác D) Tiếp tuyến nửa đường tròn cho M cắt đường thẳng CD E Gọi F giao điểm AM CD Chứng minh tam giác EMF tam giác cân Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM Chứng minh ba điểm D, I, B thẳng hàng Chứng minh góc ABI có số đo không đổi M di chuyển cung BD Câu V (1,0 điểm) : Cho x, y số thực dương thoả mãn x + y = 1 + Tìm giá trị nhỏ biểu thức = B x + y3 xy Hết _ Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2012– 2013 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 15/3/2013 Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HĨA ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số (Đề thi có trang) Câu I (4,0 điểm): Cho biểu thức P = x x −3 x−2 x −3 − ( x −3 x +1 )+ x +3 3− x Rút gọn P Tìm giá trị nhỏ P giá trị tương ứng x Câu II (5,0 điểm): Tìm tất giá trị m cho phương trình x4 – 4x3 + 8x + m = có nghiệm phân biệt  + = x  y3  Giải hệ phương trình:  x − =  y Câu III (4,0 điểm): Tìm tất số tự nhiên n dương cho 2n – 15 bình phương số tự nhiên m Cho m, n số tự nhiên thoả mãn − > Chứng minh n m 6− > n 2mn Câu IV (6,0 điểm): Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC, nội tiếp đường tròn tâm (Ω) Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC cắt H Gọi M trung điểm cạnh BC, (ω) đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Đường tròn (ω) cắt (Ω) hai điểm A, N (A ≠ N), Đường thẳng AM cắt đường tròn (ω) hai điểm A, K (K ≠ A) Chứng minh ba điểm N, H, M thẳng hàng Chứng minh góc NDE = góc FDK Chứng minh tứ giác BHKC nội tiếp Câu V (1,0 điểm): Cho bảng kẻ vng kích thước x (gồm 49 ô vuông đơn vị) Đặt 22đấu thủ vào bảng cho vng đơn vị có khơng q đấu thủ Hai đấu thủ gọi công lẫn họ hàng cột Chứng minh với cách đặt ln tồn đấu thủ đôi không công lẫn Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 42 Website:tailieumontoan.com Câu M A O P D Q H B K I N E C 1) I trung điểm BC (Dây BC không qua O) d ⇒ OI ⊥ BC ⇒ ∠ OIA = 900 Ta có ∠ AMO = 900 ∠ ANO = 900 Suy điểm O, M, N, I thuộc đường tròn đường kinh OA 2) AM, AN hai tiếp tuyến (O) nên OA phân giác ∠ MON mà ∆MON cân O nên OA ⊥ MN ∆ABN đồng dạng với ∆ANC (Vì ∠ ANB = ∠ ACN, ∠ CAN chung) ⇒ AB AN = ⇒ AB AC = AN2 AN AC ∆ANO vuông N đường cao NH nên AH AO = AN2 ⇒ AB AC = AH AO ∆AHK đồng dạng với ∆AIO (g-g) AH AK = ⇒ AI ⋅ AK = AH ⋅ AO AI AO ⇒ AI ⋅ AK = AB.AC AB ⋅ AC ⇒ AK = AI Ta có A, B, C cố định nên I cố định ⇒ AK cố định Nên Mà A cố định, K giao điểm dây BC dây MN nên K thuộc tia AB ⇒ K cố định 3) Ta có ∠ PMQ = 900 ∆MHE ∆QDM Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 (g-g) ⇒ ME MH = MQ DQ TÀI LIỆU TOÁN HỌC 43 Website:tailieumontoan.com ∆PMH ∆MQH ⇒ ⇒ MP ME = MQ MQ ⇒ ME = MP ⇒ MP MH MH = = MQ QH DQ P trung điểm ME Câu c(a + b)(a − ab + b ) 2(a + b ) a b  a b  + Từ:  +  + c  +  = ⇒ = a  a 2b ab b a b ta có: = a + b ≥ 2ab ⇒ c(a + b)(a − ab + b ) 2(a + b ) c(a + b) c ( a + b) + ≥ +4⇒0< ≤ 2 ab ab ab ab Lại có bc ac (bc) (ac)2 (bc + ac)2 ( c ( a + b) ) + = + ≥ = a(2b + c) b(2a + c) abc(2b + c) abc(2a + c) 2abc(a + b + c) 2abc(a + b + c) c) ab.bc + bc.ca + ab.ca ≤ abc(a + b + = (ab + bc + ca )  c ( a + b)   bc ac  c ( a + b)  3 ab ⇒ + ≥   c ( a + b)   =  1+ a (2b + c) b(2a + c)  ab + bc + ca   ab   2 = t Đặt Có c ( a + b) 3t ⇒P≥ + (với < t ≤ ) ab 2(1 + t ) t 3t  3t  −7t − 8t + 32t + 24 = + + −= +  + 2(1 + t ) t  2(1 + t ) t  6t (1 + t ) (t − 2)(−7t − 22t − 12) + 6t (1 + t ) mà (t − 2)(−7t − 22t − 12) (t − 2)(−7t − 22t − 12) 8 ≥ ∀ t ∈ (0; 2] ⇒ + ≥ ∀t ∈ (0; 2] 6t (1 + t ) 6t (1 + t ) 3 Dấu "=" xảy t = hay a= b= c Vậy giá trị nhỏ P a= b= c ĐỀ SỐ (2013-2014) Câu I 1) Điều kiện: A= ( ( xy ≠ ) ( x + 1) − xy + )( xy + 1) + ( ( xy + 1)(1 − xy ) xy + x Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 )( xy + 1 − xy ): TÀI LIỆU TOÁN HỌC 44 Website:tailieumontoan.com ( )( xy + 1) − ( x + 1) (1 − xy ) = xy + 1)(1 − xy ) ( x + 1) (1 − xy ) + ( xy + x )( xy + 1) + ( xy + 1)(1 − xy ) = ( xy + 1)(1 − xy ) + ( xy + x )( xy + 1) − ( x + 1) (1 − xy ) = )( ) ( ( xy + 1 − xy + 1+ x = x y + xy xy + x xy 2) Theo Côsi, ta có: = + ≥ x y ⇒ ≤ xy xy Dấu xảy ⇔ = ⇔ x = y = x y Vậy: maxA = 9, đạt : x = y = Câu II 1) PT cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: ∆'> ⇔ (m − ) − (m − 2m + ) > ⇔ m < (*)  x + x =4 − 2m Với m < theo Vi- et ta có:  x1.x = m − 2m + Ta có: 1 1 − = ⇔ − = 2 x1x 15m x1 + x x1x 15m x + x − 2x x ( ) ( 1) 1 − = m − 6m + m − 2m + 15m 1 ⇔ − = 4 15 m+ −6 m+ −2 m m Đặt m + = t m < ⇒ t < m t = −4 1 − = ⇔ ⇒ t = −4 (do t < 0) Ta có (1) trở thành t − t − 15 t = 12 ⇔ Với t = −4 ta có m + = −4 ⇔ m = −2 thỏa mãn (*) m 2) Ta có: x4 + y y + z z + x4 x + y += z + + ≥ x2 y + y z + z x2 = 2 2 2 2 2 2 x y +y z y z +z x z x + x2 y = + + ≥ xyyz + yzzx + zxxy = 2 = xyz (x + y + z) = xyz ( x + y + z = 1) 4 Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 45 Website:tailieumontoan.com  x= y= z ⇔ x=y=z= Dấu xảy ⇔  x + y + z = 1 1  Vậy nghiệm hệ phương trình là: = ;y = ;z x =  3 3  Câu III 1) Giả sử (a + b2)  (a2b – 1), tức là: a + b2 = k(a2b – 1), với k ∈ * ⇔ ⇔ a + k = b(ka2 – b) ⇔ a + k = mb (1) Ở m ∈  mà: m = ka2 – b ⇔ m + b = ka2 (2) Từ (1) (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m + ⇔ ⇔ (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + – ka) (3) Do m > (điều suy từ (1) a, k, b > 0) nên m ≥ (vì m ∈ ) Do b > nên b – ≥ (do b ∈ ) ⇒ (m – 1)(b – 1) ≥ Vì từ (3) suy ra: (a + 1)(k + – ka) ≥ Lại a > nên suy ra: k + – ka ≥ ⇒ k + ≥ ka ⇒ ≥ k(a – 1) (4) a =  k(a − 1) =  Vì a – ≥ (do a ∈ , a > 0) k ∈ , k > nên từ (4) có:  ⇔  a =   k(a − 1) =  k =  m − =2  b = b − = - Với a = Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = ⇔  ⇔  m − = b =   b − =2 Vậy, trường hợp ta có: a = 1, b = a = 1, b = b = - Với a = (vì k = 1) Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = ⇔  m = Khi b = 1, ta được: a = 2, b = Khi m = 1: Từ (1) suy a + k = b ⇒ b = Lúc được: a = 2, b = Tóm lại, có cặp số (a; b) thỏa mãn toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1) 2) Ta có x + = y + z ⇔ x + = y + z + yz ⇔ (x − y − z ) + = yz ⇒ (x − y − z ) + (x − y − z ) + 12 = yz (1) yz − ( x − y − z ) − 12 TH1 Nếu x − y − z ≠ Ta có = (2) vơ lý 4( x − y − z ) ( x, y, z ∈ N nên vế phải (2) số hữu tỷ ) x − y − z = TH2 x − y − z = (1) ⇔  (3)  yz = x = x =   Giải (3) ta  y =  y = thử lại thỏa mãn z = z =   Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 46 Website:tailieumontoan.com Câu IV E D M I H A F C O B  = 900 (góc nội tiếp 1) Ta có M thuộc đường trịn tâm O đường kính AB (giả thiết) nên AMB chắn nửa đường tròn)  = 900 hay FMB  = 900 (giả thiết).Do FMB  + FCB = Mặt khác FCB 1800  )   Suy BCFM tứ giác nội tiếp ⇒ CBM = EFM (1) (vì bù với CFM   = EMF  ( ) (góc nội tiếp; góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn AM Mặt khác CBM  = ) Từ (1) (2) ⇒ EFM EMF Suy tam giác EMF tam giác cân E    nên suy EMF cân) (Có thể nhận EMF = MBA = MFE   = DIF ( 3) 2) Gọị H trung điểm DF Suy IH ⊥ DF DIH  DIF  góc nội tiếp góc tâm chắn Trong đường trịn ( I ) ta có: DMF   = DIF ( ) cung DF Suy DMF  = DIH  hay DMA  = DIH  Từ (3) (4) suy DMF  = DBA  (góc nội tiếp chắn DA ) Trong đường trịn ( O ) ta có: DMA  = DIH  Suy ra: DBA  + HIB = Vì IH BC vng góc với EC nên suy IH // BC Do DBA 180o  + HIB  = 180o ⇒ Ba điểm D, I, B thẳng hàng ⇒ DIH   = ABD  = sđ AD 3) Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng ⇒ ABI Mà C cố định nên D cố định ⇒  sđ AD không đổi  có số đo khơng đổi M thay đổi cung BD  Do góc ABI Câu V Ta có: = B − 2xy 1 + 1= + 1= (x + y) − 3xy(x + y) xy − 3xy xy xy(1 − 3xy) Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 47 Website:tailieumontoan.com (x + y) = 4 Gọi Bo giá trị B, đó, ∃x, y để: − 2xy ⇔ 3Bo(xy)2 – (2 + Bo)xy + = (1) Bo = xy(1 − 3xy) Theo Côsi: xy ≤ B ≥ + Để tồn x, y (1) phải có nghiệm xy ⇔ ∆ = Bo2 – 8Bo + ≥ ⇔  o  Bo ≤ − Để ý với giả thiết tốn B > Do ta có: Bo ≥ + + Bo = + ⇒ x(1 − x) = + Với Bo =4 + ⇒ xy = 6Bo 6(2 + 3) 6(2 + 3) 3 1+ −1 1− −1 = 3 ⇔ x − x + += 0⇔x = ,x 2 6(2 + 3) 3 1+ −1 1− −1 3 Vậy, Bmin= + , đạt x = = ,y 2 x 3 1− −1 1+ −1 3 = ,y 2 ĐỀ SỐ (2012-2013) (Đỗ Tiến Hải – THCS Vĩnh Tân – Vĩnh Lộc) Câu I (4,0 điểm): - ĐKXĐ : x ≥ 0, x ≠ Với x ≥ 0, x ≠ P= = x x −3 x−2 x −3 − ( x −3 x +1 )+ x +3 3− x = ( ( ) ( )( )( ) ( ) ( x −3 x −3 x x −3 − − x +1 x − x +1 x − )( )( x + 1) )( x − 3) x +3 x +1 x x − x + x − 24 x+8 = x +1 x +1 x − ( )( ) * Cách 1: Với x ≥ 0, x ≠ P = x+8 = x +1 x +1 + −2 x +1 ) ( x +1 − = − = x +1 ⇒ giá trị nhỏ P = ⇔ x = ( thỏa mãn đkxđ) y2 + * Cách 2: đặt y = x ( y ≥ 0, y ≠ ) P = , tìm gtnn P phương pháp miền xác y +1 định Câu II (5,0 điểm): * Cách ta có : x4 – 4x3 + 8x + m = (1) ⇔ ( x − 1) − 6( x − 1) + m + = ≥2 Đặt y = ( x − 1) , y ≥ Pt trở thành : y − y + m + = (2) Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 48 Website:tailieumontoan.com - phương trình x4 – 4x3 + 8x + m = có nghiệm phân biệt pt (2) có nghiệm ∆ >  dương phân biệt ⇔ s > ⇔ -6 < m < p >  * Cách 2: x4 – 4x3 + 8x + m = (1) ⇔ (x − x ) − 4(x − x ) + m = ; đặt ẩn phụ giải cách * Cách 3: Đặt x = a + x4 – 4x3 + 8x + m = (1) ⇔ a − 6a + + m = ;  2 + x =   x − =  y3 (I) ĐKXĐ: y ≠ , đặt t = ≠ hệ pt trở thành y y t − x − =   x − 3t − = Cách : - trừ vế với vế hai pt, đưa pt tích, ta : ( x − t )(x + xt + t − 3) = ⇔ x − t = x + xt + t − = ⇔ x = t x = t = ⇒ (x ;y) = (-1 ;-2) ; (2 ; 1) t − x − = * Cách  hpt đối xứng loại 1, biến đổi đặt x + t = a xt = b ,  x − 3t − = Câu III (4,0 điểm) n số tự nhiên dương: + để 2n – 15 số phương, dễ dàng chứng minh n ≥ n lẻ 2n – 15 khơng số phương + n chẳn đặt n = 2k ( k ∈ N , k ≥ ) 2n – 15 = a (a ∈ N * ) ⇔ (2 k − a )(2 k + a ) = 15 mà < k − a < k + a ⇒ k = 2;3 thỏa mãn đk ⇒ n = 4;6 thỏa mãn đk Vậy n = 4;6 giá trị cần tìm * Cách (m, n ∈ N * ) m + 6− > ⇔ 6n > m ⇒ 6n ≥ m + n 2mn 6n = m2 + mà 6n2 chia hết m2 + ≡ 0(mod 3) vô lý m ≡ 0,1(mod 3) 6n2 ≥ m + (1) mặt khác (m + ) = m2 + + < m + (2) 2m 4m 2 m 1   từ (1) (2) suy  m + đpcm  < 6n ⇔ − > n 2mn 2m   * Cách chứng minh : 6n2 ≥ m + (1) m Mà − > ⇔ 24m n > 4m + 4m + (2) n 2mn Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 49 Website:tailieumontoan.com Mặt khác : ⇔ 24m n = 4m n 6n > 4m (m + ) = 4m + 8m > 4m + 4m + ⇒ đpcm m * Cách 3: (m, n ∈ N * )nên 6− > n 2mn n − 6n − n + 6n − ⇔ 2m − 6nm + = ⇔ n A Câu IV (6,0 điểm): ω N E F H P B D K Ω C M Q a) Cách 1: Chứng minh điểm A,E,H,F,N thuộc (ω, AH ) ⇒ HN ⊥ NA , NH cắt đường tròn O Q suy => AQ đường kính (Ω) ⇒ QC ⊥ AC => QC//BH (1) + Chứng minh tương tự ta suy ra: QB//HC(2) kết hợp với (1) ⇒ BHCP hình bình hành => NH qua trung điểm M BC, hay N, H, M thẳng hàng Cách 2: + Chứng minh điểm A,E,H,F,N thuộc (ω, AH ) + Chứng minh tứ giác AMDN nội tiếp ⇒ ∠ANM = ADM = 90 ⇒ MN ⊥ AN mà HN ⊥ NA ⇒ M,N,H thẳng hàng b) Cách 1: + ANDM ABDE tứ giác nội tiếp nên ∠NDA = ∠NMA; ∠ABE = ∠ADE mà ∠NDE = ∠NDA + ∠ADE ⇒ ∠NDE = ∠NMA + ∠ABE (3) + chứng minh : ∠FDK = ∠ACF + ∠NMA (4) + mà ∠ABE = ∠ACF (cùng phụ ∠BAC ) (5) Từ (3),(4),(5) ⇒ góc NDE = góc FDK Cách 2: ∆ PAM có AD, MN hai đường cao cắt H , nên H trực tâm ∆ PAN => PH ⊥ AM K Ta có ∠ HDK = ∠ HMK (cùng chắn cung HK) mà ∠ HMK = ∠ APH Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 50 Website:tailieumontoan.com (cùng phụ ∠ KHM), tứ giác GNHD nội tiếp nên ∠ NPH = ∠ NDH ( chắn cung NH) Suy ra: ∠ HDK = ∠ NDH ,AD phân giác ∠ NDK ∠ FDA = ∠ ADE ,AD phân giác ∠ FDE => ∠ FDK = ∠ NDE c) + tứ giác ANHK nội tiếp suy ra: ∆ PHAđồng dạng ∆ PNK(g-g) ⇒ PN.PA = PH.PK +chứng minh tương tự : PN.PA = PB.PC nên suy ra: PH.PK= PB.PC ⇒ ∆ PHC đồng dạng ∆ PBK (c-g-c) ⇒ ∠ PKB = ∠ PCH ⇒ giác BHKC nội tiếp Câu V (1,0 điểm): Bảng ô vuông có 7.7 = 49 vng Ta điền số 1,2,3,4,5,6,7 vào ô vuông bảng : (theo đường chéo) - xem ô điền số giống chuồng thỏ ⇒ có chuồng thỏ , mà 22 = 3.7 +1 , theo nguyên tắc đirrichle cách đặt thỏa mãn yêu cầu tốn, chuồng thỏ ln có đấu thủ không công (Hai đấu thủ công lẫn họ hàng cột.cịn đường chéo khơng cơng nhau) ⇒ đpcm 7 7 7 ĐỀ SỐ (2011-2012) Câu I (4.0 điểm)  x 1 x    x 1  1   :   Đ/k: x > 1,x ≠ 10, x ≠ 1/ Rút gọn P : P =      x 1 10  x   x  x 1 1 x 1  Đặt y = x − Ta có  y y    y  1  y (3  y )  y  y  1 ( y  3) :    : P =  2  (3  y )(3  y ) y ( y  3)   y  y   y  y y  Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 51 Website:tailieumontoan.com P= y  y  y  y  1 y  3( y  3) y ( y  3) 3 y Thay y = :   (3  y )(3  y ) y ( y  3) (3  y )(3  y ) 2( y  2) 2( y  2) P= −3 x − x − + −3 x − = 2( x − 5) 2( x − − 2) ( 2/ Tính giá trị P x = 3+ 2 3−2 ) −4 3−2 3+ 2 2 3+ 2 3− 2 − = 3+ 2 − 3− 2 = 3− 2 3+ 2 (Thoả mãn điều kiện), thay vào ta có x= ( ( ) ( ( ) ( ) +1 − ( ) −1 = +1− ( ) Khi : AB2 = (x2 – x1)2 + (y2 – y1)2 = (-3)2 + (-3)2 = + = 18 => AB = 2/ Hoành độ giao điểm đường thẳng d’: y =- x = m Parabol (P) : y = -x2 nghiệm phương trình : -x2 = -x + m x2 – x + m = Để có hai giao điểm C D ∆ = – 4m > => m < x + x = Khi phương trình có hai nghiệm x1 x2 mà   x1.x2 = −m Ta có : CD2 = (x2 – x1)2 + (y2 – y1)2 = (x2 – x1)2 + [ (-x1)2 –(- x22)]2 CD2 = (x1 + x2)2 – 4x1x2 + [(x1 + x2) (x1 - x2)]2 CD2 = (x1 + x2)2 – 4x1x2 + (x1 + x2)2 [ (x1 + x2)2 – 4x1x2 ] CD2 = + 4m + (1 + 4m) = 8m + AB = CD => 8m + = 18 => m = -2 (Thoả mãn đ/k ) Vậy m = -2 Câu III (4.0 điểm)  x2  +x=2  y 1/ Giải hệ phương trình  Điều kiện : x, y ≠ y + y =  x 2 x Từ PT (1) : + x == > x + xy = 2y = > y (2 − x) = x2 y Xét x = phương trình vơ nghiệm => Hệ vơ nghiệm x2 Xét x ≠ => y = (*) thay vào phương trình (2), ta có 2− x x3 x2 x3 + x (2 − x) = + = (2 − x) = > 3x + x − = (2 − x) − x Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 ) −1= x −1 + −3 − − + −3.3 = = = 2( x − 5) 2(2 − 5) 2.(−3) Câu II(4.0 ểm) 1/ Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) : y = x – parabol (P): y = - x2 nghiệm phương trình : -x2 = x – x2 + x – = 0, Phương trình có hai nghiệm : x1 = x2 = Với x1 = => y1 = -1 => A (1 ; -1) Với x2 = -2 => y2 = -4 => B (-2 ; -4) P= −3 x − ) x −1 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 52 Website:tailieumontoan.com => y1 = x1 = -2 => y1 = 3   x =  x = −2 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm   y =1 y =  2/ Tìm nghiệm nguyên phương trình 2x + y2 –2 x3y = 320 Ta có : 2x6 + y2 –2 x3y = 320 y2 – 2x3y + 2x6 – 320 = Xem PT bậc hai ẩn y =>∆’ = (-x3)2 – 1.( 2x6 – 320) = x6 – 2x6 + 320 = 320 – x6 PT có nghiệm x , ∆ ≥ => 320 – x6 ≥ => x6 ≤ 320 => x ≤ => x = ; ± ; ± Phương trình có hai nghiệm : x1 =  y = x3 + 320 − x Khi phương trình có hai nghiệm  x3 − 320 − x  y1 =  y = x + 320 − x = 320 + Với x = 0,  (là số vô tỷ ) loại x − 320 − x = − 320  y1 =  y =x3 + + Với x = -1,   y1 =x3 −  y =x + + Với x = 1,   y1 =x −  y =x + + Với x = -2,   y1 =x −  y =x3 + + Với x = -2,  x3 −  y1 = 320 − x =−1 + 319 320 − x =−1 − 319 320 − x =+ 319 320 − x =− 319 (là số vô tỷ ) loại (là số vô tỷ ) loại 320 − x =−8 + 256 =8 320 − x =−8 − 256 =−24 320 − x =8 + 256 =24 320 − x = − 256 = −8 (thoả mãn) (thoả mãn) Kết luận : Phương trình có nghiệm nguyên : (x ; y ) = (-2 ; -24) , (-2 ; 8) , (2 ; 24) , (2 ; -8) Câu IV (6.0 điểm) A 1/ ME tiếp tuyến chung (C1) (C2) + Chứng minh ME tiếp tuyến đường tròn C1 = F = 90o => Tứ giác AEHF nội tiếp Vì E => C1 đường tròn nội tiếp tứ giác AEHF ( Tâm C1 trung điểm AH)  = MBE  (1) ME = MB => MEB = E = 90o => Tứ giác ABDE nội tiếp Vì D  =C  => MBE AE (Cùng chắn cung DE) (2) N ∆EAH vuông E , mà C1A = C1H   => C1A = C1H = C1E => C EA = C1 AE (3)   Ta có : C EA + C EB = 90o (Kề b ù ) (4) C1 F B M H E D C K C2 Từ (1) , (2) , (3) (4)  +C   == => MEB 90o > MEC 90o > ME ⊥ C1 E EB == Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 53 Website:tailieumontoan.com => ME tiếp tuyến đường tròn C1 + Chứng minh ME tiếp tuyến đường tròn C2   + CEK  ( Góc ngồi ∆CEK) (1’) Ta có : MCE = DKE = CEK AEF (Đối đỉnh) (2’)  AEF =  AHF (Góc nội tiếp chắn cung AF) (3’)   (Đối đỉnh) (4’) AHF = DHC = E = 90o => Tứ giác CDHE nội tiếp => DHC  = DEC  (Cùng chắn cung DC) (5’) Vì D  = MEC  = MCE  (6’)  + DEC ME = MC => MED  = DKE  Từ (1’) , (2’) , (3’) , (4’), (5’) (6’) => MED => ME tiếp tuyến đường tròn C2 2/ KH ⊥ AM Gọi giao điểm AM (C1) l N Vì ME TT đường trịn (C1) => ME2 = MN.MA Vì ME TT đường trịn (C2) => ME2 = MD.MK => MB.MA = MD.MK => Tứ giác ANDK nội tiếp   => KNA = KDA = 90o (Cùng chắn cung KA) => KN⊥AM(1’’)  = 90o (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn C1) => HN⊥ AM (2’’) Mà HNA Từ (1’’) (2’’) => K, H , N thẳng hàng => KH ⊥AM Câu V (2.0 điểm) Với ≤ x; y; z ≤ Tìm tất nghiệm phương trình: x y z + + = + y + zx + z + xy + x + yz x + y + z Vì vai trị x, y , z nên ≤ x ≤ y ≤ z ≤ y z + Xét trường hợp x = => + = + z + yz y + z 3 y z y z Ta có : mà + ≤ + = > = + z + yz y + z y + z y + z 1+1 (Do + z > y + z ; + yz > y + z – y + z(y – 1) ≥ (y – 1)(z – 1) ≥ ) y z Nên phương trình : + =Vơ nghiệm + z + yz y + z + Xét trường hợp x ≠ => < x; y; z ≤ x x Ta có (Dấu = xảy x = 1) ≤ = + y + zx x + yx + zx x + y + z y y (Dấu = xảy y = 1) ≤ = + z + xy y + zy + xy x + y + z z z (Dấu = xảy z = 1) ≤ = + x + yz z + xz + yz x + y + z x y z Suy : ( Dấu = xảy x = y = z = 1) + + ≤ + y + zx + z + xy + x + yz x + y + z x y z => x = y = z = = + + + y + zx + z + xy + x + yz x + y + z Vậy phương trình có nghiệm x = y = z = Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 54 Website:tailieumontoan.com ĐỀ SỐ (2010-2011) Câu 1: 1) Ta có ∆ =' (m − 1) ≥ 0, ∀m nên phương trình có hai nghiệm với m Theo định lí viet, ta có x1 + x2 = 2m, x1 x2 = 2m − , suy P = 4m + 4m + (2m − 1) = 1− ≤ Max P = 1, m = 4m + 2 2) a) Từ giả thiết suy 2ab − 2bc − 2ca = Suy A = b)= Đặt a (a + b − c) = a + b − c số hữu tỉ 1 1 1 = ,b = ,c suy + = a b c x− y y−z x−z Áp dụng câu 2a) suy B = 1 + + số hữu tỉ 2 ( x − y ) ( y − z ) ( z − x) Câu 2: 1) Đk: x ≠ ±1 Phương trình tương đương với  2x2  x  x2 10 x 10  x + − = ⇔ − − =     x2 − x − x −  x +1 x −1    x2 −2 10 , ta phương trình t − t − = ⇔ t = t = Đặt t = x −1 2x 5 = (vô nghiệm) Với t = , ta x −1 3 2x2 2 = − suy x = ± Với t = − , ta x −1 3  x + + x + =  y2 y  2) Đk: y ≠ Hệ tương đương với   x3 + + x  x +  =    y3 y  y  2 u= x + y − 2v +4 = u u + u = u − 4u=  ⇔ ⇔ Đặt  ta hệ  − 2uv + u − 2v u= u = v = v = x ,  y  x+ =  y u = x =  Với  ta  (thoả mãn điều kiện) ⇔ x y = v = 1,   =1  y Câu 3: Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 55 Website:tailieumontoan.com Kẻ EF ⊥ AC F, DG ⊥ BC G Theo giả thiết S( ADPE ) = S( BPC ) ⇒ S( ACE ) = S( BCD )  Mà AC = BC ⇒ EF = DG  A=C ∆CDG ⇒ AE = CG Suy ∆AEF =  =ECA  Do ∆AEC = ∆CDB (c − g − c) ⇒ DBC  = PBC  + PCB  = PCD  + PCB  = 600 ⇒ BPE Câu 4: 1) Gọi Q giao điểm tiếp tuyến chung (O) với (C), (D) A, B tương ứng N H O    Suy  ANP = QAP = QBP = BNP Ta có   = QAP  + QBP  ANB =  ANP + BNP D C A B P = 1800 −  AQB , suy NAQB nội tiếp (1) E Dễ thấy tứ giác OAQB nội tiếp (2) Từ (1) (2) suy điểm O, N, A, Q, B nằm đường tròn Suy điểm O, N, A, B nằm Q đường tròn  2=  2=  ODN , Ta có = OCN OAN OBN suy bốn điểm O, D, C, N nằm đường tròn 2) Gọi E trung điểm OQ, suy E cố định E tâm đường tròn qua điểm N, O, D, C Suy đường trung trực ON qua điểm E cố định Câu 1) d1 + d + + d 44 = (a2 − a1 ) + (a3 − a2 ) + + (a45 − a44 ) = a45 − a1 ≤ 130 − = 129 (1) Nếu hiệu d j ( j = 1, 2, , 44) xuất khơng q 10 lần Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 56 Website:tailieumontoan.com d1 + d + + d 44 ≥ 9(1 + + + 4) + 8.5 = 130 mâu thuẫn với (1) Vậy phải có hiêụ d j ( j = 1, , 44) xuất không 10 lần 2) Ta có 2(a + b ) ≥ (a + b) Suy a2 b2 c2 a2 b2 c2 + + ≥ + + b+c c+a a+b (b2 + c2 ) ( c2 + a2 ) ( c2 + a2 ) Đặt x = b + c , y = c + a , z = a + b , suy VT ≥ y + z − x2 z + x2 − y x2 + y − z + + 2x 2y 2z   ( z + x)   ( x + y)2   ( y + z ) − + − − z  x y    + 2  x   2y   2z    ( z + x)   ( x + y)2   ( y + z ) ≥ + x − x + + y − y + z − 3z      + 2  x   2y   2z  ≥ ( 2( y + z ) − x ) + ( 2( z + x) − y ) + ( 2( x + y − z )  2 1 2011 Suy VT ≥ ( x + y + z) = 2 2 ≥ Liên hệ word Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC ... thi Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2018- 2019 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2017- 2018 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2016- 2017 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2015- 2016 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa... 2015 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2013- 2014 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2012- 2013 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2011- 2012 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2010- 2011 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa... 2019 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2017- 2018 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2016- 2017 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2015- 2016 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2014- 2015 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa