bộ đề thi chọn HSG cấp huyện lớp 9 môn toán

UBND HUYỆN LAI VUNG
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2014 – 2015

ĐỀ CHÍNH THỨC

MƠN THI: TỐN
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 07/12/2014

(Đề thi gồm 02 trang)
Câu 1. (3,0 điểm)
Cho biểu thức A 

( x 2  4)2  16 x 2
 ( x  5)2  20 x
2
x

với 0 < x < 5

a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A có giá trị ngun.
Câu 2. (5,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức P  ( x  1)( x  2) 
b) Với giá trị nào của x thì biểu thức T 

1
2 xy  1  3y

, biết x   3 .
2
y
y

7  3x
có nghĩa.
2 x

c) Cho x 3  y 3  3( x 2  y 2 )  4( x  y )  4  0 và xy  0 .Tìm giá trị lớn nhất của
1
x

1
y

biểu thức P   .
Câu 3. (4 điểm)
a) Giải phương trình: 2 x  2  2 2 x  3  8 x  11  4 2 x  3  8 .
b) Giải bất phương trình:

x2  4 x  5
 ( x  1)  0 .
x2

Câu 4. (3,5 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD (ABN là hình chiếu vng góc của B trên đường thẳng MD. Gọi K là giao điểm của
BN và AC.
a) Chứng minh 5 điểm A, N, D, C, B cùng thuộc một đường tròn, xác định

tâm I của đường trịn đó.
1
3

b) Gọi H là điểm nằm trên AC sao cho AH= AC, J là giao điểm của DH
và AB. Chứng minh IJ  AB.
c) Chứng minh SADMC =

BN .BD
.
2


Câu 5. (4,5 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi M là điểm di động
trên nửa đường trịn đó (M khác A và B). Vẽ đường tròn tâm M tiếp xúc AB tại
H. Từ A và B ta kẻ hai tiếp tuyến AC, BD với đường tròn tâm M (C, D là hai
tiếp điểm).
a) Chứng minh rằng các điểm C, M, D cùng nằm trên tiếp tuyến của đường
tròn tâm O tại M.
b) Chứng minh rằng tổng AC + BD không đổi. Xác định vị trí M để bán
kính đường trịn tâm M là lớn nhất.
c) Giả sử CD cắt AB tại K. Chứng minh rằng KA.KB = KO 2 – R2.
--- HẾT --Họ và tên thí sinh: .......................................... Số báo danh: ..........................
Chữ ký của giám thị 1: ...................... Chữ ký của giám thị 2: ............................
Lưu ý: Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị khơng giải thích gì thêm.


HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9

NĂM HỌC 2014 – 2015
MƠN: TỐN

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN LAI VUNG

1

Câu
a)

Nội dung
2

A

2

( x  4)  16 x
 ( x  5)2  20 x
2
x

( x 2  4)2
 ( x  5)2
2
x
2
x 4


 x5
x



b)

2

a)

1,0
0,5

4
x2  4
 5  x   5 (do 0  x  5)
x
x

A có giá trị nguyên khi

4
x

nguyên hay 4 chia hết cho x.

0,5
0,5

1
2 xy  1  3y
, biết x   3
2
y
y
2x 1 3
P  x2  3x  2 
 
y y2 y
2x 1
1
= x2 
 2  3( x  )  2
y y
y

0,25

Tính P  ( x  1)( x  2) 

7  3 x  0
2  x  0

T có nghĩa khi 
7

x 
3


 x  2

c)

0,5

Do 0 < x < 5 nên x  1,2,4

1
1
= ( x  )2  3( x  )  2
y
y
Vậy P = 2

b)

Điểm

2

0,5
0,25
0,5

0,5
0,5

Ta có: x 3  y 3  3( x 2  y 2 )  4( x  y )  4  0
 x 3  3x 2  3x  1  y 3  3 y 2  3 y  1  x  y  2  0

0,5

 ( x  1)3  ( y  1)3  x  y  2  0
 ( x  y  2) ( x  1)2  ( y  1) 2  ( x  1)( y  1)  1  0
1
3


 ( x  y  2) (( x  1)  ( y  1))2  ( y  1)2  1  0
2
4


1
3


Vì (( x  1)  ( y  1))2  ( y  1) 2  1  0 x, y nên x + y + 2= 0
2
4



hay x + y = –2

0,5

0,5

Câu

3

a)

Nội dung

Điểm

1 1 2
.Vì ( x  y )2  4 xy  0  xy  1 .
P  
x y xy
Suy ra P  2

0,5

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = –1
Vậy GTLN của P là –2 .

0,5

2 x  2  2 2 x  3  8 x  11  4 2 x  3  8 (*)
3
+ Điều kiện: x 
2

0,5

+ (*)  ( 2 x  3  1)2  (2 2 x  3  1)2  8

0,5

 2x  3  1 2 2x  3 1  8

0,5

 2x  3  2
 2x  3  4
7
 x  ( n)
2

b)

0,5

x 2  4x  5
 (x  1)  0
x2
x2  4x  5  (x  1)(x  2)

0
x 2
3x  7

0
x 2

 3x  7  0
(1)

x  2  0


 3x  7  0

(2)
  x  2  0

7
7
x 
(1)  
3 2x
3
x  2


0,5
0,25

0,5

0,25


7
x 

(2)  
3 (vơ lí)
x  2


0,25

Vậy nghiệm bất phương trình: 2  x 
4

7
3

0,25

N
D

A
J
B

K

H
I
C

M

Câu
a)

b)

Nội dung
Ta có A, B, C, D cùng thuộc đường trịn có tâm I là giao điểm
của AC và BD
BN  DM (gt) hay N nhìn BD dưới 1 góc vng, suy ra N thuộc
đường trịn đường kính BD
Vậy A, N, D, C, B cùng thuộc đường trịn có tâm I là giao điểm
của AC và BD
1
3

1
3

Ta có AH  AC  AH  .2 AI 

0,5
0,25
0,5

2
AI
3

(vì I là trung điểm của AC)

Vậy H là trọng tâm của ABD
 J là trung điểm của AB
 IJ//AD  IJ  AB
c)

Điểm
0,25

0,25
0,25
0,5

Từ gt  C là trung điểm BM và I là trung điểm BD nên CI  DM
hay AC  MN  BN  AC tại K là trung điểm BN
1
2

1
2

1
2

SADMC = SABCD = 2SABC = 2. .BK . AC  BN . AC  BN .BD

0,5

0,5

5

C

M

D

A

a)

b)

O

H

B

K

* Theo tính chất hai tiếp tuyến của đường tròn xuất phát từ một
điểm ta có:
  HMB
 
DMB
0
    
  DMB  CMA  HMB  HMA  AMB  90



CMA  HMA 

  1800
 DMB
AMB  CMA

0,5

Suy ra C, M, D thẳng hàng
* ACDB là hình thang vng có OM là đường trung bình nên
OM vng góc CD. Hay CD là tiếp tuyến của đường tròn tâm O
tại M
* Theo tính chất đường trung bình trong hình thang:

0,5

AC  BD
 OM  R  AC  BD  2 R (không đổi)
2

0,5

2

AH  HB 
AB
R
  MH 
2
2




* MH 2  AH .HB  

0,5

MH lớn nhất bằng R khi AH = HB lúc đó M là trung điểm cung
AB

0,5
0,5


Câu
c)

Nội dung
  KMB
 ( 1 sd MB
 )
MAB

2
  AMK  MBK



MKA  MKB


AK MK


 MK 2  KA.KB
MK BK
Mà theo định lý Pitago MK 2  KO2 – MO2 = KO2 – R2

Vậy KA.KB = KO2 – R2

Điểm
0,5

0,5
0,5

Ghi chú: Học sinh giải cách khác đúng, lập luận chặt chẽ vẫn cho điểm tối đa.


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN LAI VUNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2015 – 2016

ĐỀ CHÍNH THỨC

MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi: 17/01/2016

Họ và tên thí sinh: .......................................... Số báo danh: ..........................
Chữ ký của giám thị 1: ...................... Chữ ký của giám thị 2: ............................
NỘI DUNG ĐỀ THI
(Đề thi có 02 trang, gồm 5 câu)
Câu 1 (4,0 điểm)
5
 3 8
2
a) Tính A 
.
2 2
1 a a
 1  a a

b) Cho biểu thức B  
 a 
 a.
 1 a
 1  a





Tìm điều kiện để biểu thức B có nghĩa và rút gọn biểu thức B.
c) Tìm x, y, z để biểu thức C  5 x 2  y 2  z 2  4 x  2 xy  z  1 đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 2 (3,0 điểm)
a) Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì ( p 2  1)  24 .
b) Tìm số tự nhiên n sao cho n + 12 và n – 11 đều là số chính phương.
Câu 3 (5,0 điểm)

a) Giải phương trình:

3

x  10  3 17  x  3 .

b) Cho một tam giác vng. Nếu tăng hai cạnh góc vng lên 2cm và 3cm
thì diện tích tam giác tăng lên 44cm2. Nếu giảm cả hai cạnh góc vng đi 4cm
thì diện tích tam giác giảm đi 58cm2. Tính hai cạnh góc vng.
c) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 x 2 y  x  y  1  2 x 2  xy  y 2 .
Câu 4 (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Vẽ đường trịn tâm O đường
kính AH. Đường trịn này cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự ở D và E.
a) Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật và 3 điểm D, O, E thẳng hàng.
b) Các tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại D và E cắt cạnh BC lần lượt tại M
và N. Chứng minh M, N tương ứng là trung điểm của HB, HC.
c) Cho AB = 6cm, AC = 8cm. Tính diện tích tứ giác MDEN.


Câu 5 (4,5 điểm)
a) Cho hình thang ABCD (AB//CD), O là giao điểm hai đường chéo AC và
BD. Đường thẳng qua O song song AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N.
Chứng minh:

1
1
2
.



AB CD MN

b) Cho tam giác ABC. Từ điểm M thuộc cạnh AC kẻ các đường thẳng song
song với các cạnh AB và BC cắt BC tại E và AB tại F. Hãy xác định vị trí của M
trên AC sao cho hình bình hành BEMF có diện tích lớn nhất.
--- HẾT --Lưu ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN LAI VUNG

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2015 – 2016
MƠN: TỐN

Hướng dẫn chấm gồm 06 trang
I. HƯỚNG DẪN CHUNG:

1. Học sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng đúng,
chính xác, chặt chẽ thì cho đủ số điểm của câu đó.
2. Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo
không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ
chấm thi.
3. Điểm tồn bài tính theo thang điểm 20, làm trịn số đến 0,25 điểm.
II. HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM:
Câu 1 (4,0 điểm)
Nội dung

Điểm

a)

1,0

A

5
 3 8
2

2 2

5

2





2 1

2 2

2

3
 2
2


2 2

0,5

2

1 2 

32 2
1


2  2  2  2 1  2  2



0,5

b)

2,0

+ B có nghĩa khi a  0; a  1

0,5

1 a a

 1  a a


 a 
 a
 1  a

 1 a



+ Rút gọn B  


*

*

1 a a
1 a
1 a a
1 a

 a

 a

1 a a  a  a
1 a
1 a a  a  a
1 a
2

2





* Vậy B  1  a  1  a   (1  a)2

(1  a)(1  a )
1 a
(1  a)(1  a )
1 a









 1 a

 1 a

2

0,5

2

0,5
0,5


Nội dung

Điểm

c)

1,0

C  5x 2  y 2  z 2  4 x  2 xy  z  1
 x 2  2 xy  y 2  4 x 2  4 x  1  z 2  z 

1 9

4 4

0,5

1
9
9
 ( x  y ) 2  (2 x  1) 2  ( z  ) 2   
2
4
4


x y 0

1
Dấu = xảy ra  2 x  1  0  x  y  z 
2

1
z  0

2

Vậy C có giá trị nhỏ nhất  x  y  z 

0,5

1
2

Câu 2 (3,0 điểm)
Nội dung

Điểm

a)

1,5

p là số nguyên tố lớn hơn 3  p lẻ  p  1; p  1 là hai số chẵn liên tiếp

 ( p  1)( p  1)  8 hay ( p 2  1)  8 (1)

0,5

Mặt khác: p; p – 1; p + 1 là ba số nguyên liên tiếp nên có 1 số chia hết
cho 3, mà p là số nguyên tố lớn hơn 3, p không chia hết cho 3.
 (p – 1) hoặc (p + 1) chia hết cho 3 hay ( p 2  1)  3

0,5

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: ( p 2  1)  24

0,5

b)

1,5

Giả sử n + 12 = a2 và n – 11 = b2 (a, b  N, a > b)

0,5

Suy ra: a2 – b2 = n + 12 – n + 11 = 23
(a + b) (a - b) = 23.1
a  b  23
a  b  1

Giải hệ phương trình: 

Giải ra: a = 12, b = 11 => n = 132.

0,5

0,5


Câu 3 (4,0 điểm)
Nội dung

Điểm

a)

2,0

Giải phương trình 3 x  10  3 17  x  3
 ( 3 x  10  3 17  x )3  33

0,5

 x  10  17  x  3. 3 ( x  10)(17  x).3  27

0,5

 ( x  10)(17  x )  0

0,5

 x  10

 x  17

0,5

b)

1,5

Gọi x, y là hai cạnh góc vng; x  4, y  4

0,25

Diện tích tam giác vng là
 ( x  2)( y  3)


2
Ta có hệ : 
 ( x  4)( y  4) 

2

xy
2

0,25

xy

 44
2
xy
 58
2

0,25

3 x  2 y  82
 x  16


 4 x  4 y  132
 y  17

0,5

Vậy hai cạnh góc vng cần tìm có độ dài là 16cm, 17cm

0,25

c)

1,5

Ta có: 2 x 2 y  x  y  1  2 x 2  xy  y 2
 2 x 2 y  2 x 2  xy  x  y 2  y  1  0  2 x 2 ( y  1)  x( y  1)  y ( y  1)  1  0 (*)

Nhận xét y  1 không phải là nghiệm của (*)
Chia cả 2 vế của (*) cho y  1 ta được:  2 x 2  x  y 

Với x, y nguyên, suy ra

0,25
0,25

1
 0 (**)
y 1

y  2
1
nguyên nên y  1  1  
y 1
y  0

0,25

0,25

Thay y  0 và y  2 vào (**) ta được:
2 x  1  0
; Vì x nguyên nên x  1
2 x 2  x  1  0  (2 x  1)( x  1)  0  
 x 1  0

0,25

Vậy phương trình có các cặp nghiệm nguyên là: (1;2) và (1;0)

0,25


Câu 4 (3,5 điểm)
Nội dung

Điểm

Hình vẽ :
A
E
O
D

C
H

B

N

M

a)

1,0

ADH : OD  OA  OH  ADH vuông tại D

0,25

AEH : OE  OA  OH  AEH vuông tại E

0,25

Tứ giác ADHE có 3 góc vng nên là hình chữ nhật

0,25

Vì O là trung điểm AH nên O cũng là trung điểm DE hay D, O, E
thẳng hàng

0,25

b)

1,0

* Ta có MD, MH là 2 tiếp tuyến kẻ từ M đến đường tròn (O) nên
OM  DH , mà AD  DH  OM//AD
Tam giác ABH có O là trung điểm AH, OM//AB suy ra M là trung
điểm BH

0,5

* Tương tự, NE, NH là 2 tiếp tuyến kẻ từ N đến đường tròn (O) nên
ON  EH , mà AE  EH  ON//AE
Tam giác ACH có O là trung điểm AH, ON//AC suy ra N là trung điểm
CH
c)

0,5

1,5

Do DM, EN cùng vng góc DE (tiếp tuyến) nên DM // EN, suy ra
MDEN là hình thang vng.

0,25

BC  AB 2  AC 2  10;

0,25

AH 

AB.AC 24

 DE
BC
5

M, N tương ứng là trung điểm BH, CH nên MN 
1
1
( DM  EN ).DE  ( HM  HN ).DE
2
2
1
1 24

 .MN .DE  .5.  12(cm 2 )
2
2 5

0,25
BC
5
2

0,25

S MDEN 

0,5


Câu 5 (4,5 điểm)
Nội dung

Điểm

a)

2,0

Vẽ hình:
B

A

N

M
O

C

D

Ta có: OM//AB 

OM OD
(1)

AB DB

0,25

ON//AB 

ON OC
(2)

AB AC

0,25

AB//DC 

OD OC

(3)

DB AC

0,25

ON//DC 

ON OB
(4)

DC DB

0,25

Từ (1), (2) và (3): 

OM ON

 OM  ON hay O là trung điểm của MN
AB
AB

Cộng (1) với (4) theo vế:

0,5

OM ON OD OB DB





1
AB CD DB DB DB

2OM 2ON
MN MN
1
1
2


2

 2


AB
CD
AB CD
AB CD MN

b)

0,5

2,5

Hình vẽ:
A

x

F

I

M
y

B

H

D
E

Kẻ AH  BC , AH cắt MF tại I. Suy ra: AH  MF

C

0,25


Nội dung

Điểm

S’=IH. MF (S’ là diện tích hình bình hành BEMF)
S=

0,25

1
BC. AH (S là diện tích tam giác ABC)
2

Ta có:

S'
IH .MF
MF IH

2
.
(1)
S 1 BC. AH
BC AH
2

0,25

Đặt AM=x và MC=y
Vì MF // BC nên ta có:

Thay vào (1) ta có:

MF AM
x
IH MC
y



;


BC
AC x  y AH AC x  y

S'
x
y
2 xy
 2.

.
S
x  y x  y ( x  y) 2

0,25

0,25

Vì x, y là số khơng âm nên ta có: x  y  2 xy  ( x  y )2  4 xy

0,25



S'
2 xy

2 xy 1



2
S ( x  y)
4 xy 2

0,25



S' 1
1
  S' S
S 2
2

0,25

S'

1
S là lớn nhất.
2

0,25

Dấu “ = ” xảy ra khi x=y, tức là M là trung điểm của cạnh AC thì diện
tích hình bình hành BEMF đạt giá trị lớn nhất là

---Hết---

1
S không đổi.
2

0,25


PHÒNG GIÁO DU ̣C VÀ ĐÀ O TẠO
HUYỆN LAI VUNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2018 – 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi: 25/11/2018

Họ và tên thí sinh:.......................................... Số báo danh:...............................
Chữ ký của giám thị 1:...................... Chữ ký của giám thị 2:............................
NỘI DUNG ĐỀ THI
(Đề thi có 02 trang, gồm 5 câu)
Câu I (4,0 điểm)
1. Tính A = ( 8  3 2  2 5)( 2  10 0,2)
2. Tìm các số tự nhiên n sao cho B = n 2 +2n+18 là số chính phương.
3. Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu a chia cho 13 dư 2 và b

chia cho 13 dư 3 thì a 2 + b 2 chia hết cho 13.
Câu II (4,0 điểm)
x x -3
2( x - 3)
x +3
. Tìm điều kiện xác
+
x-2 x -3
x +1 3- x
định và rút gọn biểu thức C.

1. Cho biểu thức C =

2. a) Chứng minh

x4 + 1 

1
(x 2 + 4) với mọi số thực x. Dấu đẳng
17

thức xảy ra khi nào?

1
b) Cho a, b là các số thực thỏa mãn a 2 + b 2  . Tìm giá trị nhỏ nhất của
2
biểu thức D = a 4 +1+ b 4 +1 .
Câu III (4,0 điểm)
1. Giải các phương trình sau:
a) x 4 + 2x 3 = 4x + 4

1
1
+ x + 2 = + 2x + 1
2
x
x
2. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:

b)

An dự định đi từ A đến B bằng xe đạp điện trong khoảng thời gian nhất
định. Nếu An đi với vận tốc 20 km/h thì đến B sớm 12 phút. Nếu An đi với vận
tốc 12 km/h thì đến B trễ 20 phút. Tính qng đường AB và thời gian dự định đi
lúc đầu của An.


Câu IV (4,0 điểm)
1. Cho hình vng ABCD và điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C). Một
đường thẳng đi qua A và vng góc với AM cắt CD tại N.
a) Chứng minh BM = DN.
b) Tính tỉ số

AM
.
MN

2. Cho tam giác ABC, đường cao AH. Trên tia đối tia AH lấy điểm D sao cho
AD = BC. Tại B kẻ BE  AB sao cho BE = AB (E và C thuộc hai nửa mặt
phẳng đối nhau từ bờ là AB). Tại C kẻ CF  AC sao cho CF = AC (F và B thuộc
hai nửa mặt phẳng đối nhau từ bờ là AC). Chứng minh rằng ba đường thẳng DH,

BF và CE đồng quy.
Câu V (4,0 điểm)
Cho đường tròn (O ; R) và một điểm A ở ngồi đường trịn. Từ một điểm
M di động trên đường thẳng d vng góc với OA tại A, vẽ các tiếp tuyến ME,
MF với đường tròn (O) (E, F là các tiếp điểm). Đường thẳng chứa đường kính
của đường tròn song song với EF cắt ME, MF lần lượt tại C và D. Dây EF cắt
OM tại H, cắt OA tại B.
1. Chứng minh rằng: OA.OB không đổi.
2. Chứng minh EF luôn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển trên đường
thẳng d.
3. Tìm vị trí của M trên đường thẳng d để diện tích của HBO lớn nhất.
--- HẾT --Lưu ý: Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị khơng giải thích gì thêm.


PHÒNG GIÁO DU ̣C VÀ ĐÀ O TẠO
HUYỆN LAI VUNG
Hướng dẫn chấm gồm 04 trang

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2018 – 2019
MƠN: TỐN

I. HƯỚNG DẪN CHUNG:
1. Học sinh làm bài khơng theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng
đúng, chính xác, chặt chẽ thì cho đủ số điểm của câu đó.
2. Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm
bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện
trong tổ chấm thi.
3. Điểm tồn bài tính theo thang điểm 20, làm tròn số đến 0,25 điểm.

II. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Nội dung

Câu I
1. Tính A= ( 8  3 2  2 5)( 2  10 0,2)

Điểm
4,0
1,0

A  ( 8  3 2  2 5)( 2  10 0,2)
 (2 2  3 2  2 5)( 2  20)

0,25

 (2 5  2)(2 5  2)

0,25

 (2 5) 2  ( 2) 2

0,25

= 20 - 2 = 18

0,25

2. Tìm các số tự nhiên n sao cho B = n 2  2n  18 là số chính phương.

1,5

Đặt n 2  2n  18  a 2 ( a   , n   )

0,25

 a 2  (n  1)2  17

0,25

 (a  n  1)( a  n  1)  17

0,25

Vì a   , n  nên (a  n  1)  ( a  n  1) ; 17 là số nguyên tố.
Suy ra: a  n  1  17 (*)
và
a  n  1  1 hay a  n  2
Thay a  n  2 vào (*) tính được n = 7

0,25

3. Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu a chia cho 13 dư 2
và b chia cho 13 dư 3 thì a 2 +b 2 chia hết cho 13.
Do: a chia cho 13 dư 2 nên a=13x+2 ( x   )

1,5

b chia cho 13 dư 3 nên b=13y+3 ( y   )
Suy ra: a 2 +b 2 = (13x+2)2 +(13y+3)2

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

= 169x 2 +52x+4+169y 2 +78y+9

0,25

= 13(13x 2 +4x+13y 2 +6y+1)  13.K  13

0,25

Vậy: a 2 +b 2 chia hết cho 13 (đpcm)

0,25


Nội dung

Điểm

Câu II

4,0

x x -3
2( x - 3)

x +3
. Tìm điều kiện
+
x-2 x -3
x +1 3- x
xác định và rút gọn biểu thức C.

2,0

1. Cho biểu thức C =

C=

x x -3
2( x -3)
x +3


( x +1)( x -3)
x +1
x 3

Điều kiện xác định: x  0 và x  9

0,25
0,25

x x -3 - 2( x -3) 2 - ( x +3)( x +1)
( x +1)( x -3)

0,25

=

x x -3 - 2x+12 x - 18 - x - 4 x - 3
( x +1)( x -3)

0,25

=

x x - 3x + 8 x - 24
( x +1)( x -3)

0,25

=

x ( x - 3) + 8 ( x - 3)
( x +1)( x -3)

0,25

C=

( x - 3) (x + 8)
( x +1)( x -3)
x+8
=
x +1)

=

2a) Chứng minh

0,25
0,25

x4 + 1 

1
(x 2 + 4) với mọi số thực x.
17

1
(x 2 +4) > 0  17(x 4  1)  (x 2 +4)2 >0
17
4
Mà 17(x  1)  (x 2 +4) 2  (4x 2  1) 2  0 với mọi x
1
(x 2 +4)
Vậy 17(x 4  1)  (x 2 +4)2 hay x 4 +1 
17
1
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = ±
2
1
2b) Cho a, b là các số thực thỏa mãn a 2 + b 2  . Tìm giá trị nhỏ nhất
2
4

4
của biểu thức D = a +1+ b +1 .
1
(a 2 + b 2 +8)
Áp dụng kết quả câu 2a) ta có D 
17
1
1 1
17
( + 8) =
Mà a 2 + b 2  Suy ra D 
2
2
17 2

Ta có

x 4 +1 

Vậy GTNN của D là

17
1
khi a = b =
2
2

1,0
0,25
0,25

0,25
0,25
1,0

0,25
0,25
0,250,25


Nội dung

Điểm

Câu III

4,0

1a) Giải phương trình: x 4 + 2x 3 = 4x + 4 (1)

1,0

(1)  x 4 + 2x 3 + x 2 = x 2 + 4x + 4

0,25

 x 2 (x + 1) 2 = (x + 2) 2

0,25



x2 = 2
 x (x + 1) = x + 2

 2
(2)
x
(x
+
1)
=
(x
+
2)
x
+
2x
+
2
=
0



0,25

x   thì x 2 + 2x + 2 = (x + 1)2  1  1 > 0

0,25

nên từ (2) suy ra phương trình đã cho có nghiệm x   2

1
1
+ x + 2 = + 2x + 1 (3)
2
x
x
 x0
 x0


Điều kiện xác định:  x  2  0  
1
2 x  1  0  x   2


1b) Giải phương trình:

(3)  1  x 2 x + 2 = x + x 2 2x + 1
 (1  x)  x 2 ( x + 2- 2x + 1)  0
 (1 - x) + x 2

 (1 - x) (1+

1-x
0
x + 2 + 2x + 1

x2
)  0 (4)
x + 2 + 2x + 1

1,5

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

 x0
x2

Do 
,
do
đó
1+
 0 nên từ (4) suy ra phương
1
x


x
+
2
+
2x
+
1


2
trình đã cho có nghiệm x = 1 (thỏa điều kiện xác định).

0,25

2) Giải bài tốn bằng cách lập phương trình:
An dự định đi từ A đến B bằng xe đạp điện trong khoảng thời gian
nhất định. Nếu An đi với vận tốc 20 km/h thì đến B sớm 12 phút. Nếu
An đi với vận tốc 12 km/h thì đến B trễ 20 phút. Tính quãng đường AB
và thời gian dự định đi lúc đầu của An.

1,5

Gọi x (giờ) là thời gian dự định đi lúc đầu (x>0).

0,25

1
1
) = 12(x + )
5
3
 20x - 4 = 12x + 4  8x = 8  x = 1 (nhận)
Vậy: Thời gian dự định là 1 (giờ)
1
4
Quãng đường AB dài: 20.(1 - ) = 20.( ) =16 (km)
5
5

Theo đề bài có phương trình: 20(x -

0,5
0,25
0,5


Điểm

Nội dung

Câu IV

4,0

1. Cho hình vng ABCD và điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C).
Một đường thẳng đi qua A và vng góc với AM cắt CD tại N.

2,0

A

B

M

N

C

D

1,0

a) Chứng minh BM = DN.
ABM và ADN có:
 =
 =

ADN = 900 ; BAM
DAN = 900  MAD
AB=AD; ABM

0,5

Nên ABM = ADN . Suy ra: BM=DN
b) Tính tỉ số

0,5

AM
.
MN

1,0

Vì ABM = ADN, suy ra AM = AN hay AMN vuông cân tại A.

0,5

AM
AM 2
AM 2
AM 2
1
2


=


MN
2
2
MN 2
AN 2 +AM 2
2AM 2

0,5

Do đó:

2. Cho tam giác ABC, đường cao AH. Trên tia đối tia AH lấy điểm D
sao cho AD = BC. Tại B kẻ BE  AB sao cho BE = AB (E và C thuộc
hai nửa mặt phẳng đối nhau từ bờ là AB). Tại C kẻ CF  AC sao cho
CF = AC (F và B thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau từ bờ là AC).
Chứng minh rằng ba đường thẳng DH, BF và CE đồng quy.
D

F

I
A
E

1 2
C
B

H

2,0


Điểm

Nội dung

 DAC và  BCF có:
 =

DA= BC (gt) ; AC = CF (gt) ; DAC
BCF = 900  ACH

 = F
Nên  DAC =  BCF. Suy ra C
1

0,5

0,5

 +
Mà C
C2 = 900 (gt). Suy ra F + 
C2 = 900
1

Gọi I là giao điểm của BF và DC. Trong  CIF có F + 
C2 = 900 .
 = 90 hay DC  BF
Suy ra CIF

0,5

0

Chứng minh tương tự ta được DB  CE

0,25

Trong  DBC có DH, CE, BF là các đường cao nên chúng đồng quy.

0,25

Câu V

4,0

Cho đường tròn (O;R) và một điểm A ở ngồi đường trịn. Từ một

điểm M di động trên đường thẳng d vng góc với OA tại A, vẽ các tiếp
tuyến ME, MF với đường tròn (O) (E, F là các tiếp điểm). Đường thẳng
chứa đường kính của đường trịn song song với EF cắt ME, MF lần lượt
tại C và D. Dây EF cắt OM tại H, cắt OA tại B.
C

E
M

H
B

A

N

K

O

F

D

1. Chứng minh rằng OA.OB không đổi.
OE  OF(  R)
Ta có: 
 OM là trung trực của EF  OM  EF
ME


MF

OB OH

HOB  AOM 
 OA.OB  OH.OM (1)
OM OA

2,0
0,5
0,5

EOM vuông tại E, đường cao EH nên OE 2  OH.OM (2)

0,5

Từ (1), (2) suy ra: OA.OB = OE 2 = R 2 (không đổi )

0,5


Nội dung

Điểm

2. Chứng minh EF luôn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển trên
đường thẳng d.

1,0

Vì OA.OB = R 2  OB 

R2
mà R không đổi, OA khơng đổi do đó OB
OA
khơng đổi mà O cố định nên B cố định .

0,5

Vậy khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d thì EF ln đi qua điểm
cố định B.

0,5

3. Tìm vị trí của M trên đường thẳng d để diện tích của HBO lớn nhất.

1,0

BO
2

0,25

Gọi K là trung điểm của OB, mà BHO vuông tại H nên ta có HK=
Do OB khơng đổi nên HK khơng đổi.
HN.BO
Kẻ HN  BO , ta có SBHO 
2
Vì BO khơng đổi, nên SHBO lớn nhất  HN lớn nhất.

0,25

Mà HN  HK , dấu “=” xảy ra  N  K .

0,25

Vậy SHBO lớn nhất  HBO vuông cân tại H.
 MO tạo với OA một góc 450

0,25

---Hết---


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG TRỊ
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
Khóa ngày 19 tháng 3 năm 2019
MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề

Bài 1. (4,0 điểm)
Cho a = 4 + 10 + 2 5 + 4 − 10 + 2 5 .
a) Chứng minh a là nghiệm phương trình a2 − 2a − 4 = 0.
b) Tính giá trị của biểu thức T =

a 4 − 4 a 3 + a 2 + 6a + 4
.

a 2 − 2a + 12

Bài 2. (4,0 điểm)
 x3 + y 3 = 8
.
1. Giải hệ phương trình 
 x+ y+ 2 xy = 2

2. Giải phương trình ( x + 1)( x + 2)( x + 3) ( x + 4)( x + 5) = 360.
2

Bài 3. (4,0 điểm)
1. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh a2 + b2 + c2  ab + bc + ca.
2. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn: a  1, b  1, c  1 và ab + bc + ca = 9.
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P = a2 + b2 + c2 .
Bài 4. (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A ( AC  AB); gọi H là hình chiếu của A trên BC ,
D là điểm nằm trên đoạn thẳng AH ( D  A, D  H ) . Đường thẳng BD cắt đường trịn
tâm C bán kính CA tại E và F ( F nằm giữa B và D ); M là điểm trên đoạn thẳng
AB sao cho ACF = 2BFM ; MF cắt AH tại N .
a) Chứng minh BH .BC = BE.BF và tứ giác EFHC nội tiếp đường trịn.
b) Chứng minh HD là phân giác góc EHF .
c) Chứng minh F là trung điểm MN .
Bài 5. (2,0 điểm)
Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn

a2
c2
2c
+

=
. Chứng minh bc là
2
2
2
2
a +b a +c
b+c

một số chính phương.
----------------------HẾT--------------------