bộ đề hsg toán lớp 9 các tỉnh có lời giải

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
Đề chính thức

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9
NĂM HỌC 2009 – 2010
Mơn thi: TỐN LỚP 9 - BẢNG A
Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1. (4,5 điểm):
a) Cho hàm số
f (a)

Tính

tại

f (x) = (x 3 + 12x − 31) 2010
a = 3 16 − 8 5 + 3 16 + 8 5

b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
Câu 2. (4,5 điểm):
a) Giải phương trình:

5(x 2 + xy + y 2 ) = 7(x + 2y)

x 2 = x3 − x 2 + x 2 − x
1 1 1
x + y + z = 2


 2 − 1 =4

 xy z 2

b) Giải hệ phương trình:
Câu 3. (3,0 điểm):
Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1
1
1
1
A= 3
+
+
x + y3 + 1 y 3 + z 3 + 1 z 3 + x 3 + 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
Câu 4. (5,5 điểm):
Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B.
Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường
tròn tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai đường
thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác với điểm
A). Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng:
MI.BE = BI.AE
a)
b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5. (2,5 điểm):


Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến AD. Điểm M di động trên
đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AB và AC. Vẽ
NH ⊥ PD
tại H. Xác định vị trí của điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.
- - - Hết - - Họ và tên thí sinh:.................................................................................................... Số

báo danh:....................
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2009 – 2010

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang )
Mơn: TỐN - BẢNG A
Câu
1,
(4,5đ
)

Ý

Nội dung

Điểm

a = 3 16 − 8 5 + 3 16 + 8 5
3
3
3
3
⇒ a = 32 + 3 (16 − 8 5)(16 + 8 5).( 16 − 8 5 + 16 + 8 5 )

0,5

3

⇒ a = 32 + 3.(−4).a

0,5

a)
3
(2,0đ) ⇒ a = 32 − 12a

0,25

⇒ a 3 + 12a − 32 = 0

0,25

⇒ a 3 + 12a − 31 = 1

0,25

2010
⇒ f (a ) = 1 = 1

0,25

b) 5( x 2 + xy + y 2 ) = 7( x + 2 y )
(2,5đ)

(1)

⇒ 7( x + 2 y ) M5

⇒ ( x + 2 y )M5

0,25

x + 2 y = 5t

(t ∈ Z )

0,25

Đặt

x 2 + xy + y 2 = 7t

(1) trở thành
Từ (2)

(2)

x = 5t − 2 y

⇒

3 y − 15ty + 25t − 7t = 0
2

∆ = 84t − 75t

0,25

thay vào (3) ta được

2

2

(3)

(*)

0,25
0,25


Để (*) có nghiệm

⇔0≤t ≤

t∈Z ⇒ t = 0

Vì
hoặc
Thay vào (*)
Với

Với
2,
(4,5đ
)

ĐK
Với
Với

0,25

⇔ ∆ ≥ 0 ⇔ 84t − 75t 2 ≥ 0

28
25

t =1

0,25
0,25
0,25

t = 0 ⇒ y1 = 0 ⇒ x1 = 0

0,25
0,25

 y2 = 3 ⇒ x2 = −1
⇒
t = 1  y3 = 2 ⇒ x3 = 1

x=0

x=0

hoặc

x ≥1

0,25
0,25

thoã mãn phương trình

x ≥1

x 3 − x 2 = x 2 ( x − 1) ≤

Ta có
x 2 − x = 1( x 2 − x) ≤

1 2
( x + x − 1)
2

0,5

1 2
( x − x + 1)
2

a)
⇒ x3 − x2 + x 2 − x ≤ x 2
(2,5đ)

Dấu "=" Xẩy ra

0,25

0,25
Vơ lý

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
b)
(2,0đ)

1 1 1
 x + y + z = 2 (1)

(I ) 
 2 − 1 = 4 (2)
 xy z 2

⇒

0,25

 x 2 = x − 1
⇔ 2
 x − x = 1

2
 x = x − 1
⇔ 2
⇒ x +1 = x −1

 x = x + 1

0,5

x=0

0,25
0,25

ĐK

x; y; z ≠ 0

1
1 1 2 2 2
+ 2+ 2+ + +
=4
2
x
y
z
xy xz yz

Từ (1)
Thế vào (2) ta được:

2 1
1
1
1 2 2 2

− 2 = 2+ 2+ 2+ + +
xy z
x
y
z
xy xz yz

0,25
0,25


⇔

1
1
2 2
2
+ 2+ 2+ +
=0
2
x
y
z
xz yz

⇔(

1 2 1
1
2 1

+ + 2)+( 2 + + 2) = 0
2
x
xz z
y
yz z

0,25

1 1 1 1
⇔  + ÷ + + ÷ = 0
x z  y z

0,25

1 1
 x + z = 0
⇔
1 + 1 = 0
 y z

0,25

2

2

⇔ x = y = −z

Thay vào hệ (I) ta được:

(x − y) 2 ≥ 0 ∀x; y
Ta có

3,
(3,0đ
)

0,25

1 1 1
( x; y; z ) = ( ; ; − ) (TM )
2 2 2

0,25
0,25

⇔ x 2 − xy + y 2 ≥ xy

0,25

Mà x; y > 0 =>x+y>0
Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2)
⇒ x3 + y3 ≥ (x + y)xy
⇒ x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz
⇒ x3 + y3 + 1 ≥ xy(x + y + z) > 0
Tương tự: y3 + z3 + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0
z3 + x3 + 1 ≥ zx(x + y + z) > 0
1
1
1

A≤
+
+
xy(x + y + z) yz(x + y + z) xz(x + y + z)
⇒
x+y+z
A≤
xyz(x + y + z)
⇒
1
A≤
=1
xyz
⇒
Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 ⇔ x = y = z = 1

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

C

M
A

D
Q
O

E

K

O'

H
I

B

N

Ta có:
4,
(5,5đ
)

·

·
BDE
= BAE

·
·
BAE
= BMN

⇒

0,25
(cùng chắn cung BE của đường trịn tâm O)
0,25

(cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O')
·
·
0,25
BDE
= BMN

·
·
BDI
= BMN

hay
⇒ BDMI là tứ giác nội tiếp
·

·
MDI
= MBI
a) ⇒
(cùng chắn cung MI)
(3,0đ)
·
·
MDI
= ABE
mà
(cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O)
·
·
ABE
= MBI
⇒
·
·
BMI
= BAE
mặt khác
(chứng minh trên)
⇒ ∆MBI ~ ∆ ABE (g.g)
MI BI
=
AE BE
⇒
⇔ MI.BE = BI.AE
b) Gọi Q là giao điểm của CO và DE ⇒ OC ⊥ DE tại Q

(2,5đ) ⇒ ∆ OCD vng tại D có DQ là đường cao
⇒ OQ.OC = OD2 = R2 (1)
Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm
của AB và OO' ⇒ OO' ⊥ AB tại H.

0,50
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,50
0,50

0,50


µ =H
µ = 900 ;O
µ
Q

0,50

Xét ∆KQO và ∆CHO có
chung
⇒ ∆KQO ~ ∆CHO (g.g)
KO OQ
=
⇒ OC.OQ = KO.OH (2)

CO OH
⇒
R2
2
⇒ KO.OH = R ⇒ OK =
OH
Từ (1) và (2)
Vì OH cố định và R không đổi
⇒ OK không đổi ⇒ K cố định
5,
(2,5đ
)

0,50

0,50

A
H'
N

P

O

M

B

D

H

C

E

∆ABC vuông cân tại A ⇒ AD là phân giác góc A và AD ⊥ BC
⇒ D ∈ (O; AB/2)
Ta có ANMP là hình vng (hình chữ nhật có AM là phân giác)
⇒ tứ giác ANMP nội tiếp đường trịn đường kính NP
·
NHP
= 900 ⇒
mà
H thuộc đường trịn đường kính NP
·AHN = AMN
·
= 450
⇒
(1)
Kẻ Bx ⊥ AB cắt đường thẳng PD tại E
⇒ tứ giác BNHE nội tiếp đường trịn đường kính NE
Mặt khác ∆BED = ∆CDP (g.c.g) ⇒ BE = PC
mà PC = BN ⇒ BN = BE ⇒ ∆BNE vuông cân tại B
·
·
·
NEB
= 450

NHB
= NEB
⇒
mà
(cùng chắn cung BN)

0,25
0,50

0,25
0,50


⇒

·
NHB
= 450

(2)

·
AHB
= 900

0,50

Từ (1) và (2) suy ra
⇒ H ∈ (O; AB/2)
gọi H' là hình chiếu của H trên AB

HH'.AB
⇒ SAHB =
⇒ SAHB
2
lớn nhất ⇔ HH' lớn nhất
mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D cùng thuộc đường tròn đường
kính AB và OD ⊥ AB)
Dấu "=" xẩy ra ⇔ H ≡ D ⇔ M ≡ D
Lưu ý:

0,50

- Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
Điểm bài thi là tổng điểm khơng làm trịn.

-

PHỊNG GD&ĐT THẠCH HÀ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: Tốn 9
(Thời gian làm bài: 150 phút)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (4,5 điểm)

(

A = 4 + 15

)(

10 − 6

1. Tính giá trị biểu thức
2. Tìm điều kiện xác định của các biểu thức sau:

M=

2018

N=

x2 − 2x − 3

)

4 − 15

−2019

x − 2x + 3

Câu 2. (3,0 điểm)
1. Cho 3 số a, b,c khác 0, thỏa mãn a + b+ c = 0. Chứng minh hằng đẳng thức:

1 1 1
1 1 1

+ 2+ 2 = + +
2
a b c
a b c

1+

1 1
1 1
1
1
+ 2 + 1 + 2 + 2 + .... + 1 +
+
2
2
1 2
2 3
2018 20192

2. Tính giá trị của biểu thức: B =

Câu 3. (4,5 điểm)
1. Cho đa thức f(x), tìm dư của phép chia f(x) cho (x-1)(x+2). Biết rằng f(x)
chia cho x - 1 dư 7 và f(x) chia cho x + 2 dư 1.
2. Giải phương trình:

x3 - 3x 2 + 2 x + 6 = 0

3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
5x2 + y2 = 17 – 2xy

Câu 4. (3,0 điểm)
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng:


a)

a
b
c
+
+
<2
b+c c+a a+b
1
1
1
;
;
a+b b+c c+a

b)
là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
Câu 5. (5,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, trung tuyến AM, phân giác AI. Tính HI,
IM; biết rằng AC= 4/3AB và diện tích tam giác ABC là 24 cm2
2. Qua điểm O nằm trong tam giác ABC ta vẽ 3 đường thẳng song song với 3 cạnh tam giác.
Đường thẳng song song với cạnh AB cắt cạnh AC, BC lần lượt tại E và D; đường thẳng song song
với cạnh BC cắt cạnh AB và AC lần lượt tại M và N; đường thẳng song song với cạnh AC cắt cạnh
AB và BC lần lượt tại F và H. Biết diện tích các tam giác ODH, ONE, OMF lần lượt là a2, b2, c2.
a) Tính diện tích S của tam giác ABC theo a, b, c

≤
b) Chứng minh S 3(a2 + b2 +c2)
------------------Hết-----------------

Họ và tên học sinh:…………………………………………………SBD:…………
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm, học sinh khơng được sử dụng máy tính bỏ túi )
SƠ LƯỢC GIẢI
Đề thi chọn HSG cấp huyện năm học 2018 – 2019
Mơn: TỐN 9

(

A = 4 + 15

1. Ta có
A = 4 + 15.1. 2
A=

(

(

)(

10 − 6

)

)

Đáp án
4 − 15 = 4 + 15

(

5 − 3 = 8 + 2 15. 5 − 3

)(

5+ 3 . 5− 3

(

)(

4 + 15 4 − 15 . 10 − 6

)

)

=5-3=2
x2 − 2 x − 3 > 0
Điều kiện xác định của M là
⇔ ( x + 1)( x − 3 > 0

x +1 > 0
⇔
x − 3 > 0

hoặc

x +1 < 0

x − 3 < 0

x > 3
⇔
 x < −1

Điều kiện xác định của N là

2 x + 3 ≥ 0
⇔ x > 2x + 3 ≥ 0

 x − 2 x + 3 > 0

(*)

)


x > 3
⇔
 x < −1
⇔ x2 > 2 x + 3 ⇔ x2 − 2 x − 3 > 0
Từ (*) và (**) ta được

x>3

(**)

là điều kiện xác định của M

2

2. Ta có:

=

1
1
1
1
1 
1 1 1
 1
+ + ÷
 + + ÷ = 2 + 2 + 2 + 2
a
b
c
a b c
 ab bc bc 

1
1
1
a
b  1

1
1 2(a + b + c ) 1
 c
1
1
+
+
+
2
+
+
=
+
+
+
= 2+ 2+ 2

÷
2
2
2
2
2
2
a
b
c
b
c
abc

 abc abc abc  a
a
b
c
1
1
1
1 1 1
+ 2+ 2 = + +
2
a
b
c
a b c

Vậy
1
1
1
1 1 1
1 1
1
+ 2+ 2 = + + = + −
2
a
b
c
a b c
a b a+b
Theo câu a) Ta có

Áp dụng (*) ta có:
1 1
1 1
1
1 1 1
1 1 1
1+ 2 + 2 = 2 + 2 +
= + +
= + −
2
1 2
1 1 ( −2) 1 1 (−2) 1 1 2

(*)

1 1 1
+ − >0
1 1 2

(Vì
1 1 1 1 1
1 1 1 1 1
1+ 2 + 2 = + −
1+ 2 + 2 = + −
3 4 1 3 4
2 3 1 2 3
Tượng tự
;
;….
1

1
1
1
1
1+
+
= +
−
2
2
2018 2019 1 2018 2019
B = 2019 −

Suy ra

)

1
4076360
=
2019
2019

x3 - 3x 2 + 2 x + 6 = 0

3.
Û (x +1)(x2 - 4x+ 6) = 0

Û
(1)

x + 1 = 0 (1) hoặc
Û x =- 1

x2 – 4x + 6 = 0 (2)

Û (x- 2)2 + 2 = 0
(2)

(x- 2)2 + 2 ¹ 0 " x
. Do

nên pt này vơ nghiệm.
S = { - 1}

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là
(x- 1)(x + 2) = x2 + x- 2
( x − 1)( x + 2)
Vì
là đa thức bậc 2 nên f(x) :
có đa thức dư dạng ax + b


f ( x) = ( x − 1)( x + 2).q ( x) + ax + b

Đặt
Theo đề ra f(x) : (x - 1) dư 7

⇒ f (1) = 7 ⇔ a + b = 7
⇒ f (−2) = 1 ⇔ −2a + b = 1

f(x) : (x + 2) dư 1
⇒
Từ (1) và (2)
a = 2 và b = 5.

(1)
(2)

[ (x- 1)(x + 2)]
Vậy f(x) :
5x2 + y2 = 17 – 2xy

⇒

4 x 2 ≤ 17 ⇒ x 2 ≤

Nếu x2 = 0
Nếu x2 = 1
2

Nếu x = 4

⇒
⇒
⇒

⇔
17
4

được dư là 2x + 5
4x2 + (x + y)2 = 17

vì x2 là số chính phương nên x2 = 0; 1; 4

(x + y)2 = 17 (loại)
(x + y)2 = 13 (loại)

x = 2 hoặc x = - 2
⇒
⇒
x=2
(2 + y)2 = 1
y = - 3 hoặc y = - 1.
⇒
⇒
x = -2
(-2 + y)2 = 1
y = 3 hoặc y = 1.
Vậy phương trình có nghiệm : (x; y) = (2; -3), (2; -1), (-2; 3), (-2; 1)
4. Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên b + c > a

⇔ a(b + c) > a 2 ⇔ a(b + c) + ab + ac > a 2 + ab + ac
⇔ 2a(b + c) > a(a + b + c) ⇔

Tượng tự ta cũng có:

a
2a

<
b+c a+b+c

b
2b
<
c+a a+b+c

;

c
2c
<
b+a a+b+c

a
b
c
2a
2b
2c
+
+
<
+
+
= 2 (dpcm)
b+c c+a a+b a+b+c b+c+a a+b+c

Suy ra:

Ta có a + b > c

1
1
1
1
2
2
1
+
>
+
=
>
=
b + c c + a b + c + a c + a + b a + b + c ( a + b ) + ( a + b) a + b

Chứng minh tương tự ta có

Vậy

1
1
1
;
;
a+b b+c c+a

1
1

1
+
>
c+a a+b b+c

;

1
1
1
+
>
a+b b+c c+a

là độ dài 3 cạnh của một tam giác (Đpcm)


5. Do AC= ¾ AB (gt) và AB.AC = 2S = 48, suy ra AC = 6 (cm); AB = 8(cm).
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vng ABC ta tính được BC = 10 cm, suy ra AM = 5 (cm)
(1)
Áp dụng tính chất giữa canh và đường cao trong tam giác vng ABC ta tính được
BH =

AB2
= 3,6(cm)
BC

(2)
Áp dụng tính chất đường phân giác cua tam giác ta có

IB AB
IB
AB
IB
6
30
=
⇒
=
⇔
=
⇒ IB =
IC AC
IB + IC AB + AC
10 6 + 8
7

cm (3)
Từ (1), (2) và (3), ta có I nằm giữa B và M; H nằm giữa B và I
4,8
=
7
Vậy: HI = BI - BH
cm
5
=
7
MI = BM - BI
cm
Ta có các tam giác ODH, EON, FMO đồng dạng với tam giác ABC

Đặt SABC = d2 .
2

SODH a 2  DH 
a DH
= 2 =
⇒ =
÷


S ABC d
BC
d BC

Ta có:

;
2

2

2

S EON b
b HC
 ON 
 HC 
= 2 =
=
⇒ =

÷
÷




S ABC d
BC
BC
d BC

; Tương tự
c BD
=
d BC

a + b + c DH + HC + DB
=
= 1⇒ d = a + b + c
d
BC

Suy ra:
S = d 2 = (a + b + c ) 2
Vậy

a 2 + b 2 ≥ 2ab; b 2 + c 2 ≥ 2bc; a 2 + c 2 ≥ 2ac
Áp dụng BĐT Cosy, ta có:
S = ( a + b + c) 2 = a 2 + b2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca

S ≤ a 2 + b 2 + c 2 + ( a 2 + b2 ) + (b 2 + c 2 ) + ( c 2 + a 2 ) = 3( a 2 + b 2 + c 2 )
Dấu “=” xẩy ra khi a = b =c, hay O là trọng tâm của tam giác ABC
Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa;
Điểm tồn bài quy trịn đến 0,5.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
BÌNH ĐỊNH
KHỐ NGÀY 18 – 3 – 2017
Đề chính thức

Mơn thi:
TỐN
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 18/3/2017

Bài 1 (6,0 điểm).
2m + 16m + 6
+
m+2 m−3

m−2
+
m −1

3
−2
m+3

1. Cho biểu thức: P =

a) Rút gọn P.
b) Tìm giá trị tự nhiên của m để P là số tự nhiên.
2. Cho biểu thức: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc với a, b, c là các số nguyên.
Chứng minh rằng nếu a + b + c chia hết cho 4 thì P chia hết cho 4.
Bài 2 (5,0 điểm).
a) Chứng minh rằng: với mọi số thực x, y dương, ta luôn có:
b) Cho phương trình:

2 x 2 + 3mx − 2 = 0

1 1
4
+ ≥
x y x+ y

(m là tham số). Có hai nghiệm

( x1 − x2 )
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M =
Bài 3 (2,0 điểm)
Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh rằng:

x1

và

x2

2

2

 1 + x12 1 + x22 
+
−
÷
x2 
 x1

1
1
1
1 1
1
1
+ 2
+ 2
≤ 
+
+
÷
x + yz
y + xz z + xy 2  xy
yz zx 
2

Bài 4 (7,0 điểm).
1 Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. M là một điểm
di
động trên cung nhỏ BC của đường trịn đó.

Chứng minh MB + MC = MA
b Gọi H, I, K lần lượt là chân đường vng góc hạ từ M xuống AB, BC, CA.
Gọi
S, S’ lần lượt là diện tích của tam giác ABC, MBC. Chứng minh rằng: Khi M di động
ta ln có đẳng thức:
a

2 3 ( S + 2S' )
3R

MH + MI + MK =
2 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. AD, BE, CF là các đường cao. Lấy M trên
đoạn FD, lấy N trên tia DE sao cho
giác của góc

·
·
MAN
= BAC

·
NMF

. Chứng minh MA là tia phân

ĐÁP ÁN
Bài 1 (6,0 điểm).
m +1

m −1

1a) Rút gọn được P =
1b)

P=

m +1
m −1

= 1+
⇔

∈

(với m

≥

0, m

≠

1)

2
m −1
2
∈N ⇔
m −1

m −1

Ta có: P N
Vậy m = 4; m = 9 là giá trị cần tìm.
M

2) a + b + c 4 (a, b, c

∈

∈

là ước dương của 2

⇒

m

∈ { 4; 9}

(TMĐK)

Z)

⇒

Đặt a + b + c = 4k (k Z)
a + b = 4k – c ; b + c = 4k – a ; a + c = 4k – b
Ta có: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc = (4k – c)(4k – a)(4k – b) – abc

=

( 16k

= 64
=

2

− 4ak − ack + ac ) ( 4k − b ) − abc

k 3 − 16bk 2 − 16ak 2 + 4abc − 16ck 2 + 4bck + 4ack − abc − abc

4 ( 16k 3 − 4bk 2 − 4ak 2 + abk − 4ck 2 + bck + ack ) − 2abc

(*)


Giả sử a, b, c đều chia 2 dư 1
M ⇒

Mà: a + b + c 4

⇒

a+ b + c chia 2 dư 1 (1)

M

a + b + c 2 (theo giả thiết)

Do đó (1) và (2) mâu thuẫn
⇒

⇒

⇒

(2)

Điều giả sử là sai

Trong ba số a, b, c ít nhất có một số chia hết cho 2
M

2abc 4 (**)

Từ (*) và (**)

⇒

M

P 4

Bài 2 (5,0 điểm).
a)

1 1
4

a+b
4
2
2
⇔
≥
⇔ ( a + b ) ≥ 4ab ⇔ ( a − b ) ≥ 0
+ ≥
x y x+ y
ab
a+b

b) PT có a, c trái dấu nên ln có hai nghiệm phân biệt
x1 + x2 = −

Ta có:

3m
2

x1

và

x2

2
2

x1.x2 = −

và
2

( x1 − x2 )
M=

( x1 − x2 )

2

2

 1 + x12 1 + x22 
+
−
÷
x2 
 x1


( 1 − x1 x2 )
1 +
2
( x1 x2 )


2

= ......=

2


1 − x1 x2 ) 
(
2
 = ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2  1 +

2
( x1 x2 ) 




9 2 2
 9 +
÷m + 8 2 + 8 ≥ 8 2 + 8
2 ÷



=
Dấu “=” xảy ra khi m = 0
Vậy GTNN của M là
Bài 3 (2,0 điểm)

8 2 +8

khi m = 0

Áp dụng BĐT Cô si cho các số dương
x

≥ 2 x yz = 2 x yz
2

2

⇒

x2

và yz, ta có:

1
1
1 1
≤
= .
x + yz 2 x yz 2 x yz
2

+ yz

Tương tự, ta có:

1
1 1
≤ .

z + xy
2 z xy
2

và

1
1
1
1 1
1
1
+ 2
+ 2
≤ 
+
+
x + yz
y + xz z + xy 2  x yz
y xz
z xy
2

Suy ra:

1
1 1
≤ .
2
y + xz

2 y xz


÷
÷


(1)

(đúng)


yz +

1
1
1
+
+
x yz
y xz
z xy

Ta có:

=
yz +

xz +

xy ≤

Ta có:

x+y+z

xz +
xyz

xy

(2)

(3)

⇔ 2 yz + 2 xz + 2 xy ≤ 2 x + 2 y + 2 z

Thật vậy: (*)
⇔

(

x −

y

) +(
2

z −

x

) +(
2

y −

x

)

2

≥0

(BĐT đúng)

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z
Từ (2) và (3) suy ra:

1
1
1
x+ y+z
1
1
1
+
+

≤
=
+
+
x yz
y xz
z xy
xyz
yz xz xy

1
1
1
1 1
1
1
+ 2
+ 2
≤ 
+
+
÷
x + yz
y + xz z + xy 2  xy yz zx 
2

Từ (1) và (4) suy ra:

Bài 4 (7,0 điểm).
1.a) Cách 1: Trên tia đối của tia MC lấy điểm E sao cho ME = MB

Ta có:

∆

∆

BEM là tam giác đều
∆

⇒

⇒

BE = BM = EM

BMA = BEC
MA = EC
Do đó: MB + MC = MA
Cách 2:
Trên AM lấy điểm E sao cho ME = MB
Ta có:
⇒

∆

∆

BEM là tam giác đều

BE = BM = EM

⇒

∆

MBC = EBA (c.g.c)
MC= AE
Do đó: MB + MC = MA
1.b) Kẻ AN vng góc với BC tại N
Vì
⇒

∆

ABC là tam giác đều nên O là trọng tâm của tam giác

A, O, N thẳng hàng

Ta có: AN = AB.sin
Ta có:

⇒

·ABN

AN =

3
R
2

⇒ AB =

AN
3
3
= R:
=R 3
2
sin ·ABN 2

1
2 S ABM
MH . AB = S ABM ⇔ MH =
2
AB

=

2 S ABM
R 3

(4)


2S ACM
1
MK . AC = S ACM ⇔ MK =
2
AC

Do đó: MH + MK + MI =
=

2S '
R 3

=

2 S BCM

2S
1
MI .BC = S BCM ⇔ MI = BCM
2
BC
2S '
R 3

R 3

2

+

R 3

=
2

+

2 S ACM
R 3

R 3

( S ABM

=

2S '
R 3

+ S ACM )

=

. ( S + S ') =

2S '
R 3

2

+

R 3

.S ABMC

2 3 ( S + 2S ')
3R

2. Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt DE tại K
Tứ giác AEDB nội tiếp
Mà:

·
·
MKD
= CDE

Do đó:

(vì MK // BC).

·
·
MKD
= MAN
⇒

⇒ ·AMN = ·AKN

Ta có:
∆

(=

·
BAC

Tứ giác AMKN nội tiếp

)

¶
¶
⇒ D1 = D2

DMK có DA là phân giác vừa là đường cao nên cân tại D

⇒

∆

¶ =D
¶
D
3
4

·
·
⇒ CDE
= BAC

DM = DK

AMD =

Nên:

∆

AKD (c.g.c)

·AMF = ·AKN

⇒ ·AMD = ·AKD

(

·AMF = ·AMN = ·AKN

. Ta có:

Vậy: MA là phân giác của góc

PHỊNG GD&ĐT
THCS

)

·NMF

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9
NĂM HỌC 2012 - 2013

Đề chính thức


Mơn thi: Tốn
Thời gian: 150 phút (Khơng kể thời gian giao bài)
Bài 1 (5 điểm).

Cho biểu thức: A =

 2 a  1

2 a
1 −
:

−
 a +1 1+ a a a + a + a +1

 


, với a ≥ 0

1. Rút gon biểu thức A.
2. Thính giá trị của biểu thức A khi a = 2010 -2

2009

.

Bài 2 (4 điểm).
1. Giải phương trình (x + 1)(x +2)(x + 4)(x + 8) = 28x2

2. Giải hệ phương trình:

 x 3 − y 3 = 3( x − y )

 x + y = −1

Bài 3 (4 điểm).
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y2 = - 2(x6- x3y - 32)
2. Cho tam giác ABC vng tại A có phân giác AD. Gọi M, N lần lượt là hình
chiếu của B, C lên đường thẳng AD.
Chứng minh rằng: 2AD ≤ BM + CN
Bài 4 (5 điểm).
Cho tam giác ABC vuông cân tại C. Gọi M là trung điểm của cạnh AB, P là
điểm trên cạnh BC; các điểm N, L thuộc AP sao cho CN ┴ AP và AL = CN.
1. Chứng minh góc MCN bằng góc MAL.
2. Chứng minh ∆LMN vng cân
3. Diện tích ∆ ABC gấp 4 lần diện tích ∆MNL, hãy tính góc CAP.
Bài 5 (2 điểm).
a2 + b2
≥4 3
a −b

Cho a b và ab = 6. Chứng minh:
..................................Hết....................................
Họ và tên thí sinh: ........................................................................ Số báo danh:.......................
Họ tên và chữ ký của giá thị 1
Họ tên và chữ ký của giám thị 2

............................................
..................................................


PHÒNG GD&ĐT

Câu
Câu 1
5,0 điểm

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9 THCS

Hướng dẫn chấm mơn tốn
Nội dung

Điểm

1 (3,0đ)
Với điều kiện a 0. Ta có:

A=

=

=

 2 a  1

2 a
1 −

 

 a + 1 : 1+ a − a a + a + a +1

 



a − 2 a +1  1
2 a

: 
−

a +1
1
+
a
(
a
+
1
)(
1
+
a
)



1,0

(

1,0

(

)

2

a −1
a +1− 2 a
:
a +1
(a + 1)(1 + a )

)

1,0

2

a − 1 (a + 1)(1 + a )
(a + 1)( a − 1) 2

= 1+ a

=

2(2,0 đ)

Khi a = 2010 -2

2009

=(

2009

-1)

2

( 2009 − 1) = 2009
2

Câu 2
4,0 điểm

1,0
1,0

Thì A = 1 +
1 (2,0đ) Ta có
(x + 1)(x +2)(x + 4)(x + 8) = 28x2
(x2+ 9x +8)(x2 +8x + 8) = 28x2
+ x = 0 khơng phải là nghiệm của phương trình (1)
+ Với x0 chia hai vế (1) cho x2 ta được:
(x +

(1) <=>

x+
Đặt t =

8
8
+ 6)( x + + 9)
x
x

= 28

0,5

8
x

(1) trở thành (t+6)(t+9) = 28 <=> t2 + 15t + 26 = 0
t = −2
⇔
t = −13

0,5
0,5


x+

Với t = -2 ta có
x+

Với t = -2 ta có

8
x
8
x

0,5

= - 2 <=> x2 + 2x + 8 = 0. PT này vô nghiệm.
2

= - 13 <=> x +13x + 8 = 0.<=> x = - 13

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = - 13

± 137

± 137

.

.

2 (2,0 đ)
Hệ phương trình:
 x 3 − y 3 = 3( x − y )

( x − y )( x 2 + xy + y 2 − 3) = 0
⇔


 x + y = −1
 x + y = −1
Hệ này tương đương với tuyển của hai hệ phương trình sau:
 x 2 + xy + y 2 − 3 = 0
x − y = 0
⇔


 x + y = −1
 x + y = −1
(I) và
(II)
1 1
− ;−
2 2

* Giải hệ (I) có nghiệmb (x,y) = (
)
* Xét hệ (II) từ x+y = -1 ta có y = - x-1 thay vào phương trình đầu
của hệ (II) ta được x2 +x -2 = 0
Phương trình này có hai nghiệm: x = -1 và x = - 2
Từ đó ta thấy h ệ (II) có hai ghiệm: (1; - 2); (2; -1)
1 1
− ;−
2 2

Câu 3
4,0 điểm

0,5

0,5
0,25
0,5
0,25

Kết luận: Hệ đã cho có nghiêm (x;y) l à: (
); (1; - 2); (2; -1)
2
6
3
6
1(2,0đ): Ta có: : y = - 2(x - x y - 32) <=> x +(y-x3)2 = 64
∈

∈

=> x6 ≤ 64 => -2≤ x ≤2 do x Z => x {-1; -2; 1; 0; 1; 2}
Xét các trường hợp:
+ x = 2 => (y - x3)2= 0 => y = 8
∈

+ x = 1 => (y - x3)2= 63 => y Z => pt này khơng có nghiệm
ngun
+ x = 0 => (y - x3)2= 4 => y = 8 và y = - 8
∈

+ x = - 1 => (y - x3)2= 63 => y Z => pt này khơng có nghiệm
ngun
+ x = -2 => (y - x3)2= 0 =>y = - 8
Vậy nghiệm của phương trình là: (0;8); (0;-8); (2;8); (-2;-8).
2(2,0đ)

0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0.25


0,5
0,5

Ta có ∆AMB và ∆ANC vng cân nên MA = MB và NA = NC
Nên BM + CN = AM + AN
Giả sử: AB ≥AC
Theo tính chất phan giác ta có

0,5
0,5

DC AC
=
≤1

DB AB

DN DC
=
≤1
DM DB

Câu 4
5,0điểm

∆CDN và ∆BDM nên
=> DN ≤ DM
Nếu I là trung điểm củaMN thì AD≤ AI và AM+AN= 2AI
Khi đó 2AD≤ 2AI - AM+AN = BM + CN (đpcm)
1(1,0đ)

Đặt ∠ACP = a => ∠ACN = 900 - a
∠MCN = ∠ACN - 450 = 900 - a - 450 = 450 - a = ∠LAM
2(2,0đ) Do ∆ABC vuông tại A mà AM là trung tuyến nên AM =
CM và AL = CN (gt) ∠MCN = ∠LAM (c/m trên)
Nên ∆AML = ∆CMN => LM = MN và ∠AML = ∠CMN
=>∠LMN = 900 - ∠AML + ∠CMN = 900. Vậy tam giác ∆LMN
vuông cân tại M
3 (2,0đ) Do các ∆LMN, ∆ABC vuông cân nên:
2 S∆LMN = MN2 và 2 S∆ABC = AC2
S ∆ABC = 4S∆LMN (gt) Từ đó suy ra MN =

1
2

AC.
1
2

Gọi Q là trung điểm của AC thì QM = QN = AC = MN
=> ∠QMN = 600 và ∠QNA = 600 - 450 = 15 0 .

0,5
0,5
1,0
1,0

1,0
1,0


Mặt khác AQ = NQ nên ∠CAP = ∠QNA = 150
Câu 5
2,0 điểm

a 2 + b 2 ( a − b) 2 − 2ab
12
=
= a−b +
a−b
a−b
a−b

1,0

Ta có:
12
12
a−b +
≥ 2 a − b.
=4 3
a −b
a−b

1,0

Áp dụng bất đảng thức Côsi :
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NGÃI
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2016 -2017
MƠN TỐN LỚP 9
Thi ngày 08 tháng 12 năm 2016
(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)

-------------------------------

(Đề thi gồm 01 trang)

Bài 1 (4,0 điểm).
5 +3

1) Rút gọn biểu thức: A =

2 + 3+ 5

3− 5

+

2 − 3− 5

x2 − x
x2 + x
A=
−
x + x +1 x − x +1

2) Cho
a) Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A
b) Đặt B = A + x – 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B
Bài 2 (4,0 điểm). Giải phương trình
x + 2 x −1 + x − 2 x −1 =

1) Giải phương trình :
2) Giải phương trình:
Bài 3 (3,0 điểm).

x+3
2

2 x 2 + 5 x + 12 + 2 x 2 + 3 x + 2 = x + 5

.

1) Chứng minh rằng với k là số ngun thì 2016k + 3 khơng phải là lập phương của
một số nguyên.
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình
Bài 4 (7,0 điểm)

x 2 − 25 = y ( y + 6)

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là một điểm nằm trên nửa
đường tròn (O) (C khác A, C khác B). Gọi H là hình chiếu vng góc của C trên AB,
D là điểm đối xứng với A qua C, I là trung điểm của CH, J là trung điểm của DH.
a) Chứng minh
b) Chứng minh

·
·
CIJ
= CBH

D

CJH đồng dạng với

D

HIB


c) Gọi E là giao điểm của HD và BI. Chứng minh HE.HD = HC2

d) Xác định vị trí của điểm C trên nửa đường tròn (O) để AH + CH đạt giá trị lớn
nhất.
Bài 5 (2,0 điểm). Cho

a , b, c > 0

. Chứng minh rằng

a
b
c
+
+
>2
b+c
c+a
a+b

.

-------------------HẾT-------------------Họ và tên thí sinh:……………..……............…… Họ, tên chữ ký GT1:……………………..
Số báo danh:……………….……..............……… Họ, tên chữ ký GT2:……………………..
GD-ĐT Quảng Ngãi

Bài
Bài 1
(4 đ)

HƯỚNG DẪN CHẤM THI
KỲ THI HỌC SINH GIỎI

NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn thi : Toán 9

Câu

Nội dung
5 +3

1. Rút gọn biểu thức: A =
5 +3

Câu 1
(1,75đ)

2 + 3+ 5

A=

2( 5 + 3)
2 + ( 5 + 1) 2

2 + 3+ 5

3− 5

+

3− 5

+

2 − 3− 5

2( 5 + 3)

2 − 3− 5

+

Điểm

2(3 − 5)
2 − ( 5 − 1) 2

=
=

2+ 6+2 5

+

2(3 − 5)

0,75

2− 6−2 5

2( 5 + 3)
2(3 − 5)
+

5+3
3− 5

0,5

A=
A=
Câu 2
(2,25)

0,5

2 2

A=

2.

x2 − x
x2 + x
−
x + x +1 x − x +1
x≥0

a) ĐKXĐ:

0,25

)

(

)

(

0,5

x x3 −1
x x3 +1
x2 − x
x2 + x
A=
−
=
−
x + x +1 x − x +1
x + x +1
x − x +1

=

x

= x

(
(

)(

) − x(

)(

)

x −1 x + x +1

x +1 x − x +1

x + x +1

x − x +1

)

x −1 − x

(

)

0,5

x + 1 = x − x − x − x = −2 x
−2 x + x − 1 = x − 2 x − 1 =

b) B = A + x – 1=

(

)

2

x − 1 − 2 ≥ −2

0,5


0,25

⇔ x −1 = 0 ⇔ x = 1

Dấu “=” xảy ra
( TM ĐKXĐ)
Vậy GTNN của biểu thức B=-2 khi x=1
Bài 2
(4 đ)

x + 2 x −1 + x − 2 x −1 =

1) Giải phương trình :
ĐKXĐ :

0,25
x+3
2

⇔ x −1+ 2 x −1 +1 + x −1 − 2 x −1 + 1 =

(

)

x≥2

Nếu

2

x −1 + 1 +

⇔ x −1 + 1+

Câu 1
(2đ)

x+3
2

x ≥1

x + 2 x −1 + x − 2 x −1 =

⇔

0,25

(

)

x −1 −1

x −1 −1 =

2

x+3
2

=

0,5

x+3
2

x+3
2

0,25
0,25

(*)
0,25

phương trình (*)

⇔ x −1 + 1 + x −1 −1 =

x+3
x+3
⇔ 2 x −1 =
⇔ 4 x −1 = x + 3
2
2

⇔ 16( x − 1) = x 2 + 6 x + 9 ⇔ x 2 − 10 x + 25 = 0 ⇔ ( x − 5) 2 = 0 ⇔ x = 5

1≤ x < 2

Nếu

(TM)
0,25

phương trình (*)

⇔ x −1 +1+1− x −1 =

x+3
x+3
⇔2=
⇔ 4 = x + 3 ⇔ x =1
2
2

( TM)

Vậy phương trình có nghiệm x=1 và x=5
Câu 2
(2đ)

2) Giải phương trình:

2 x 2 + 5 x + 12 + 2 x 2 + 3 x + 2 = x + 5

u = 2 x + 5 x + 12, v = 2 x + 3 x + 2
2

Đặt

0,25

2

(

.
0,25

u > 0, v > 0)

0,25

⇒ u = 2 x + 5 x + 12, v = 2 x + 3 x + 2 ⇒ u 2 − v 2 = 2 x + 10 = 2( x + 5)
2

2

Từ (1)

2

⇒ 2(u + v) = (u 2 − v 2 ) ⇔ (u + v)(u − v − 2) = 0

u > 0, v > 0

Vì

2

,

từ

(2)

suy

ra:

0,25

(2)

u −v −2 = 0

.

Vì

vậy

0,25

2 x + 5 x + 12 = 2 x + 3 x + 2 + 2
2

2

(3)
Bình phương 2 vế và thu gọn ta được phương trình
2 x + 3x + 2 = x + 3
2

2

0,25


 x + 3 ≥ 0
 x ≥ −3
 x ≥ −3
⇔
⇔
⇔


 2
2
2
(7 x − 7) + (6 x + 6) = 0
2 2 x + 3 x + 2 = x + 3 7 x + 6 x − 1 = 0

0,5

 x ≥ −3
⇔
( x + 1)(7 x − 1) = 0
 x ≥ −3
1

⇔
1 ⇔ x = −1, x = ( tm )
7
 x = −1, x = 7

1
7

Vậy phương trình có hai nghiệm x = -1, x=
Bài 3
(3 đ)

Câu 1
(1,5đ)

1) Chứng minh rằng với k là số ngun thì 2016k + 3 khơng phải
là lập phương của một số nguyên.
Giả sử 2016k + 3 = a3 với k và a là số nguyên.
Suy ra: 2016k = a3 - 3
Ta chứng minh a3 – 3 không chia hết cho 7.
∈ { 0;1; −1; 2; −2;3; −3}

Thật vậy: Ta biểu diễn a = 7m + r, với r
.
3
Trong tất cả các trường hợp trên ta đều có a – 3 không chia hết
cho 7
Câu 2
(1,5đ)

Mà 2016k luôn chia hết cho 7, nên a3 – 3
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

≠

2016k. ĐPCM

0,25

0,5

0,25
0,5
0,25

x 2 − 25 = y ( y + 6)
x 2 − 25 = y ( y + 6)

Từ
Ta có : (y+3+x)(y+3-x) = - 16
Để ý trong phương trình chỉ chứa ẩn số x với số mũ bằng 2 , do
đó ta có thể hạn chế giải với x là số tự nhiên.
Khi đó: y+3+x ≥ y+3-x .
Ta có ( y+3+x)+(y+3-x) = 2(y+3) là số chẵn
Suy ra 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) cùng tính chẵn lẻ . Ta lại có tích
của chúng là số chẵn , vậy 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) là 2 số chẵn.
Ta chỉ có cách phân tích - 16 ra tích của 2 số chẵn sau đây:
-16 = 8 (-2) = 4 (-4) = 2 (-8) trong ®ã thõa số đầu bằng giá trị
(y+3+x).
Khi y+3+x= 8 , y+3-x = -2 ta cã x= 5 , y= 0.
Khi y+3+x= 4 , y+3-x = -4 ta cã x= 4 , y= -3.
Khi y+3+x= 2 , y+3-x = -8 ta cã x= 5 , y= -6.
Vì thế phơng trình đà cho có c¸c nghiƯm :

0,25

0,5

0,25
0,5


∈ { ( ±5, 0 ) ; ( ±5, −6 ) ; ( ±4, −3 ) .}

( x,y)

D

Bài 4
(7 đ)

C

J

E

I

A

+ Vì
Câu a
(1,5 đ)

B

O

H

∆ABC

nội tiếp đường trịn đường kính AB nên

AC ⊥ BC

0,5

BC ⊥ CD

Suy ra
(1)
+ Lập luận để chỉ ra IJ // CD (2)
+ Từ (1) và (2) suy ra
+ Suy ra

+) Trong

· = CBH
·
CIJ

∆

0,5
0,5

IJ ^ BC

(cùng phụ với

vuông CBH ta có:

·

HCB

) (3)
CH
·
tan CBH
=
BH

0,5
(4)

+ Lập luận chứng minh được CJ // AB
+ Mà CH
Câu b
(2 đ)

⊥

+ Suy ra CJ

0,5

AB (gt)

⊥

CH
· =
tan CIJ

+) Trong tam giác vng CIJ ta có
⇒

+ Từ (3), (4), (5)
+ Xét

D

+ Nên

D

0,5
(5)

CH CJ
=
HB HI

CJH và HIB có

D

CJ CJ
=
( CI = HI )
CI
HI

·
·
HCJ
= BHI
= 900

CJH đồng dạng với

D

HIB

và

CH CJ
=
HB HI

0,5
(cmt)