TOP 10+ Đề Thi Học Sinh GIỎI TOÁN LỚP 9 Có Đáp Án

Đề chính thức
TuhocOnline.edu.vn

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

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

Câu 1. (4,5 điểm):
a) Cho hàm số f (x)  (x 3  12x  31) 2010
Tính f (a) tại a  3 16  8 5  3 16  8 5
b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 5(x 2  xy  y 2 )  7(x  2y)
Câu 2. (4,5 điểm):
a) Giải phương trình: x 2  x 3  x 2  x 2  x

1 1 1
x  y  z  2

b) Giải hệ phương trình: 
 2  1 4
 xy z 2
Câu 3. (3,0 điểm):
Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

1
1
1



x 3  y3  1 y3  z3  1 z 3  x 3  1
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:
a) MI.BE  BI.AE
b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE ln 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 - - A


TuhocOnline.edu.vn

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

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang )

Mơn: TỐN - BẢNG A
Câu

Ý

Nội dung

Điểm

a  3 16  8 5  3 16  8 5

 a 3  32  3 3 (16  8 5)(16  8 5).( 3 16  8 5  3 16  8 5 )
 a  32  3.(4).a
3

a)
3
(2,0đ)  a  32  12a

 a 3  12a  32  0
 a 3  12a  31  1
 f (a )  12010  1
5( x 2  xy  y 2 )  7( x  2 y )
 7( x  2 y ) M5

1,
(4,5đ)

0,5
0,5

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

(1)
0,25

 ( x  2 y )M5

(t  Z )
Đặt x  2 y  5t (2)
(1) trở thành x 2  xy  y 2  7t (3)
Từ (2)  x  5t  2 y thay vào (3) ta được
3 y 2  15ty  25t 2  7t  0 (*)

b)   84t  75t
2
(2,5đ) Để (*) có nghiệm    0  84t  75t  0
2

0t 

28
25

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

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

Vì t  Z  t  0 hoặc t  1
Thay vào (*)
Với t  0  y1  0  x1  0
 y2  3  x2  1
 y3  2  x3  1

Với t  1  

2,
a) ĐK x  0 hoặc x  1
(4,5đ) (2,5đ) Với x  0 thỗ mãn phương trình
1
2

Với x  1 Ta có x3  x 2  x 2 ( x  1)  ( x 2  x  1)

0,25
0,25
0,5


TuhocOnline.edu.vn
x 2  x  1( x 2  x) 

1 2
( x  x  1)
2

 x3  x 2  x 2  x  x 2
 x 2  x  1
Dấu "=" Xẩy ra   2
 x  x  1
 x 2  x  1
 2
 x  1  x  1 Vơ lý
 x  x  1

0,25
0,25

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  0

0,25
0,25

0,25

1 1 1
 x  y  z  2 (1)

(I ) 
ĐK x; y; z  0
 2  1  4 (2)

 xy z 2
1
1 1 2 2 2
Từ (1)  x 2  y 2  z 2  xy  xz  yz  4

0,25

Thế vào (2) ta được:

0,25

2 1
1
1
1 2
2 2
 2  2 2 2  
xy z
x
y
z
xy xz yz
1
1
2 2 2
b)  x 2  y 2  z 2  xz  yz  0
(2,0đ)
1 2 1
1
2 1

 ( 2   2)( 2   2) 0
x
xz z
y
yz z
2

0,25
0,25
0,25

2

1 1  1 1
        0
x z  y z
1 1
 x  z  0

 x  y  z
1
1
  0
 y z

0,25

Thay vào hệ (I) ta được: ( x; y; z )  ( ; ;  ) (TM )

0,25

Ta có (x  y) 2  0 x; y

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

1 1
2 2

3,
(3,0đ)

0,5

1
2

 x 2  xy  y 2  xy

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)


TuhocOnline.edu.vn

x yz
xyz(x  y  z)
1
1
A 
xyz
Vậy giá trị lớn nhất của A là 1  x = y = z = 1

0,25

A 

4,
(5,5đ
)

0,25
0,25

C

M
A

D
Q
O

E

K

O'

H
I

B

N

·
·
Ta có: BDE
(cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O)

 BAE
·
·
(cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O')
BAE
 BMN
·
·
 BDE
 BMN
·
·
hay BDI
 BDMI là tứ giác nội tiếp
 BMN
·
·
 MDI
(cùng chắn cung MI)
 MBI
a)
·
·
(cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O)
 ABE
(3,0đ) mà MDI
·
·
 ABE
 MBI

·
·
mặt khác BMI
(chứng minh trên)
 BAE

 MBI ~  ABE (g.g)
MI BI


 MI.BE = BI.AE
AE BE
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)

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


TuhocOnline.edu.vn

Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm
của AB và OO'  OO'  AB tại H.
µ H
µ  900 ;O
µ chung
Xét KQO và CHO có Q
 KQO ~ CHO (g.g)
KO OQ

 OC.OQ  KO.OH (2)

CO OH
R2
2
Từ (1) và (2)  KO.OH  R  OK 
OH
Vì OH cố định và R khơng đổi
 OK không đổi  K cố định
5,
(2,5đ
)

0,50
0,50
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
·
mà NHP
 900  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 tròn đường kính NE
Mặt khác BED = CDP (g.c.g)  BE = PC
mà PC = BN  BN = BE  BNE vuông cân tại B
·
·
·
 NEB
(cùng chắn cung BN)
 450 mà NHB
 NEB
·
 NHB
 450 (2)

0,25
0,50

0,25
0,50


TuhocOnline.edu.vn

·
Từ (1) và (2) suy ra AHB
 900  H  (O; AB/2)
gọi H' là hình chiếu của H trên AB
HH '.AB

 SAHB 
 SAHB lớn nhất  HH' lớn nhất
2
mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D cùng thuộc đường trịn đường
kính AB và OD  AB)
Dấu "=" xẩy ra  H  D  M  D
Lưu ý:
- Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
- Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.

0,50

0,50


TuhocOnline.edu.vn
PHỊNG GD&ĐT THẠCH HÀ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC
Mơn thi: Tốn 9
(Thời gian làm bài: 150 phút)

ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. (4,5 điểm)



1. Tính giá trị biểu thức A  4  15



10  6



4  15

2. Tìm điều kiện xác định của các biểu thức sau:

M

2018

N

x2  2x  3

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
2. Tính giá trị của biểu thức: B = 1 

1 1
1 1
1
1


1



....

1


12 22
2 2 32
20182 20192

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
b
c


2
bc ca ab
1
1
1
;
;
b)
là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
ab bc ca
a)

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


TuhocOnline.edu.vn
Đề thi chọn HSG cấp huyện năm học
Mơn: TỐN 9


2

  10  6  4 
3   8  2 15. 

1. Ta có A  4  15
A  4  15.1.

A





5



Đáp án
15  4  15
5 3







4  15 4  15 . 10  6



5 3 . 5 3 =5-3=2

Điều kiện xác định của M là x 2  2 x  3  0
 ( x  1)( x  3  0
x 1  0
x 1  0

hoặc 
x  3  0
x  3  0
x  3

 x  1
2 x  3  0
 x  2 x  3  0 (*)

Điều kiện xác định của N là 
 x  2 x  3  0
 x  3 (**)
 x2  2x  3  x2  2x  3  0  
 x  1
Từ (*) và (**) ta được x  3 là điều kiện xác định của M
2

1
1 1
1
1 
1 1 1
 1
    2  2  2 2  

a
b
c
a b c
 ab bc bc 

2. Ta có: 



1
1
1
a

b  1
1
1 2( a  b  c)
1
1 1
 c



2






 2 2 2


2
2
2
2
2
2
a
b
c
b
c

abc
a
b
c
 abc abc abc  a

Vậy

1
1 1
1 1 1
 2 2   
2
a
b
c
a b c

Theo câu a) Ta có

1
1
1
1 1 1 1 1
1
 2 2      
(*)
2
a
b

c
a b c
a b ab

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
(Vì    0 )
1 1 2

1 1 1 1 1
    ;….
32 42 1 3 4
1
1
1
1
1
1


 

2
2
2018 2019 1 2018 2019
1
4076360

Suy ra B  2019 
2019
2019
3
2
3. x - 3x + 2 x + 6 = 0
Û (x+1)(x2 - 4x + 6) = 0
Û x + 1 = 0 (1) hoặc x2 – 4x + 6 = 0 (2)
Tượng tự 1 

1 1 1 1 1
    ;
2 2 32 1 2 3

1


TuhocOnline.edu.vn
(1) Û x =- 1
(2) Û (x- 2)2 + 2 = 0 . Do (x- 2)2 + 2 ¹ 0 " x nên pt này vô nghiệm.
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = { - 1}

Vì (x- 1)(x + 2) = x2 + x- 2 là đa thức bậc 2 nên f(x) : ( x  1)( x  2) có đa thức dư dạng ax + b
Đặt f ( x)  ( x  1)( x  2).q( x)  ax  b
Theo đề ra f(x) : (x - 1) dư 7  f (1)  7  a  b  7
(1)
f(x) : (x + 2) dư 1  f (2)  1  2a  b  1 (2)
Từ (1) và (2)  a = 2 và b = 5.
Vậy f(x) : [ (x- 1)( x + 2)] được dư là 2x + 5
5x2 + y2 = 17 – 2xy  4x2 + (x + y)2 = 17
17 vì x2 là số chính phương nên x2 = 0; 1; 4
 4 x 2  17  x 2 
4
2
Nếu x = 0  (x + y)2 = 17 (loại)
Nếu x2 = 1  (x + y)2 = 13 (loại)
Nếu x2 = 4  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
a
2a
 2a(b  c)  a(a  b  c) 

bc abc
b
2b
c
2c



Tượng tự ta cũng có:
;
ca abc
ba abc
a
b
c
2a
2b
2c





 2 (dpcm)
Suy ra:
bc c a ab a bc bca a bc
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
1
1
1




;
ca a b bc ab bc c a

1
1
1
;
;
là độ dài 3 cạnh của một tam giác (Đpcm)
ab bc ca

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) (2)
BC


TuhocOnline.edu.vn
Áp dụng tính chất đường phân giác cua tam giác ta có

IB AB
IB
AB
IB
6
30





 IB 
cm (3)
IC AC
IB  IC AB  AC
10 6  8

7

Từ (1), (2) và (3), ta có I nằm giữa B và M; H nằm giữa B và I
4,8
Vậy: HI = BI - BH 
cm
7
5
MI = BM - BI  cm
7
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 
 
Ta có:
;



S ABC d
BC
d BC
2

2

S EON b 2  ON 
b HC
 HC 
 2 

; Tương tự

  




S ABC d
BC
BC
d BC
c BD

d BC
a  b  c DH  HC  DB

1 d  a  b  c
Suy ra:
d
BC

Vậy S  d 2  (a  b  c) 2
Áp dụng BĐT Cosy, ta có: a 2  b 2  2ab; b 2  c 2  2bc; a 2  c 2  2ac
S  (a  b  c) 2  a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca

S  a 2  b2  c 2  (a 2  b 2 )  (b2  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 toàn bài quy tròn đến 0,5.


TuhocOnline.edu.vn
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9
THCS
BÌNH ĐỊNH
KHỐ NGÀY
Đề chính thức

Mơn thi:
TỐN
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian

phát đề)
Ngày thi:

Bài 1 (6,0 điểm).
1. Cho biểu thức: P =

2m  16m  6

m2 m3

m2


m 1

3
2
m3

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).
1

1

4

a) Chứng minh rằng: với mọi số thực x, y dương, ta ln có: x  y  x  y
b) Cho phương trình: 2 x 2  3mx  2  0 (m là tham số). Có hai nghiệm x1
2

và x2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M =  x1  x2 

2

 1  x12 1  x22 



x2 

 x1

Bài 3 (2,0 điểm)
Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh rằng:
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 trịn tâm O bán kính R. M là một
điểm di
động trên cung nhỏ BC của đường trịn đó.
a) 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:

MH + MI + MK =

2 3  S + 2S' 
3R

2. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. AD, BE, CF là các đường cao. Lấy M
·
·
= BAC
trên đoạn FD, lấy N trên tia DE sao cho MAN
. Chứng minh MA là
·
tia phân giác của góc NMF


TuhocOnline.edu.vn

ĐÁP ÁN
Bài 1 (6,0 điểm).
1a) Rút gọn được P =

m 1
(với m  0, m  1)
m 1

1b)
P=

m 1
= 1+

m 1

2
m 1
2

Ta có: P  N  m  1  N  m  1 là ước dương của 2  m   4; 9
(TMĐK)
Vậy m = 4; m = 9 là giá trị cần tìm.
2) a + b + c M4 (a, b, c  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
2
=  16k  4ak  ack  ac   4k  b   abc
= 64 k 3  16bk 2  16ak 2  4abc  16ck 2  4bck  4ack  abc  abc
3
2
2
2
= 4  16k  4bk  4ak  abk  4ck  bck  ack   2abc (*)
Giả sử a, b, c đều chia 2 dư 1  a+ b + c chia 2 dư 1 (1)
Mà: a + b + c M4  a + b + c M2 (theo giả thiết)
(2)

Do đó (1) và (2) mâu thuẫn
Điều giả sử là sai
 Trong ba số a, b, c ít nhất có một số chia hết cho 2
 2abc M4 (**)
Từ (*) và (**)  P M4
Bài 2 (5,0 điểm).

1

1

4

ab

4

a) x  y  x  y  ab  a  b   a  b   4ab   a  b   0 (đúng)
b) PT có a, c trái dấu nên ln có hai nghiệm phân biệt x1 và x2
Ta có: x1  x2  

2

3m
2
và x1.x2  
2
2
2

 1  x12 1  x22 

M =  x1  x2   
 = ......=
x2 
 x1
2

2


1  x1 x2  
1  x1 x2  


2
2


   x1  x2   4 x1 x2  1 

 x1  x2  1 
2
2
 x1 x2   
 x1 x2  


2

2


TuhocOnline.edu.vn


=  9 


9 2 2
m  8 2  8  8 2  8
2 


Dấu “=” xảy ra khi m = 0
Vậy GTNN của M là 8 2  8 khi m = 0
Bài 3 (2,0 điểm)
Áp dụng BĐT Cô si cho các số dương x 2 và yz, ta có:
1
1
1 1
 .
x 2 + yz  2 x 2 yz  2 x yz  x 2  yz 
2 x yz 2 x yz
1
1 1
1
1 1
Tương tự, ta có: y 2  xz  2 .
và z 2  xy  2 . z xy
y xz
1
1
1
1 1
1
1
 2

 2
 



x  yz
y  xz z  xy 2  x yz
y xz
z xy
1
1
1
yz  xz  xy
Ta có: x yz  y xz  z xy =
(2)
xyz

Suy ra:

2



 (1)


Ta có: yz  xz  xy  x + y + z (3)
Thật vậy: (*)  2 yz  2 xz  2 xy  2 x  2 y  2 z




x 

y

 
2

z 

x

 
2

y 

x



2

 0 (BĐT đúng)

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z
1
1
1

x yz
1
1
1



Từ (2) và (3) suy ra: x yz  y xz  z xy 
(4)
xyz
yz xz xy

Từ (1) và (4) suy ra:

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.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  AN =

3
R
2

Ta có: AN = AB.sin ·ABN  AB 

AN
3
3
 R:
R 3
·
2
sin ABN 2

TuhocOnline.edu.vn
2 S ABM
1
2 S ABM
MH . AB  S ABM  MH 
=
R 3
2
AB
2 S ACM
2 S ACM
1
MK . AC  S ACM  MK 
=
R 3
2
AC
2S BCM
2S '
2S
1
MI .BC  S BCM  MI  BCM =
=
R 3
R 3
2
BC
2S '

2
2S '
2
.S ABMC
 S ABM  S ACM  =
Do đó: MH + MK + MI =
+
+
R 3
R 3
R 3
R 3
2S '
2 3  S  2S '
2
.  S  S ' 
=
+
R 3
3R
R 3

Ta có:

2. Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt DE tại K
·
·
 BAC
Tứ giác AEDB nội tiếp  CDE
·

·
 CDE
Mà: MKD
(vì MK // BC).
·
·
 Tứ giác AMKN nội tiếp
 MAN
Do đó: MKD
 ·AMN  ·AKN
¶ D
¶ (= BAC
¶ D
¶
·
Ta có: D
) D
3
4
1
2
 DMK có DA là phân giác vừa là đường cao nên cân tại D
 DM = DK
 AMD =  AKD (c.g.c)  ·AMD  ·AKD



Nên: ·AMF  ·AKN . Ta có: ·AMF  ·AMN  ·AKN
Vậy: MA là phân giác của góc ·NMF




TuhocOnline.edu.vn
PHỊNG GD&ĐT HẠ HỊA
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học:
Mơn: Tốn
Ngày thi:
(Thời gianlàm bài: 150 phút - Đề thi có 01 trang)

Bài 1(3 điểm):
a) Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: x + xy + y = 9.
b) Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 4a 2 + 3ab  11b 2 chia hết cho 5 thì
a4  b4 chia hết cho 5.
Bài 2(4 điểm):
a) Cho f ( x )  ( x 3  12 x  31) 2015 .
Tính

f (a) với a  3 16  8 5  3 16  8 5 .

x4 y 4
1
b) Cho a, b, x, y là các số thực thoả mãn: x  y  1 và
.


a b ab

x 2016 y 2016
2
Chứng minh rằng: 1008  1008 
a
b
(a  b)1008
2

2

Bài 3 (4 điểm ):
a) Giải phương trình:

2 x  3  5  2 x  3x 2  12 x  14
2
2
4 x  2 y  2
b) Giải hệ phương trình sau :  2
 x  xy  2

Bài 4 (7 điểm ):
Cho đường trịn tâm O, đường kính BC cố định và một điểm A chuyển động trên nửa
đường tròn (A khác B và C). Hạ AH vng góc với BC (H thuộc BC). Trên nửa mặt phẳng bờ
BC chứa A dựng hai nửa đường trịn tâm P đường kính HB và tâm Q đường kính HC, chúng
lần lượt cắt AB và AC tại E và F.
a) Chứng minh rằng: AE.AB = AF.AC.
b) Gọi I và K lần lượt là hai điểm đối xứng với H qua AB và AC. Chứng minh rằng ba điểm
I, A, K thẳng hàng.

AH 3

c) Chứng minh tỷ số
khơng đổi.
BC.BE.CF
d) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác PEFQ đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị đó.
Bài 5 (2 điểm ):
Cho x;y;z dương sao cho
Tìm giá trị lớn nhất của P 

1
1
1


6
xy yz zx

1
1
1


.
3x  3 y  2 z 3 y  3z  2 x 3z  3x  2 y
--------HẾT--------

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC


TuhocOnline.edu.vn

Môn Toán 9
Nội dung

Câu

I.a

I.b

Chia
im

a.1,5 im
- T (gt) ta cú :(x + 1)(y + 1) = 10 ; vì 10 = 1.10 = 2.5
- Vì x,y  N
- Lập bảng ta tìm được 4 nghiệm (x ;y) =(0 ;9) ;(9 ;0) ;(1 ;4) ;(4 ;1)
b.1,5 điểm
- Ta có :



 



4a2  3ab  11b2 M
5 5a2  5ab  10b2  a2  2ab  b2 M
5
 a2  2ab  b2 M
5

  a  b M
5
2

 a  bM
5 ( Vì 5 là số ngun tố)
2
- Ta có: a  b   a  b   a  b  a  b M5 (đpcm)
4

4

2

0,75
0,75
0,5
0,25
0,5
0,25

Câu a(2 điểm)
II

a  3 16  8 5  3 16  8 5
 a 3  32  3 3 (16  8 5)(16  8 5).( 3 16  8 5  3 16  8 5 )

 a3  32  3.(4).a  a 3  32  12a  a3  12a  32  0
 a3  12a  31  1  f (a)  12015  1

0,5
0,5
0,5
0,5

Câu b(2 điểm)
x 4 y 4 (x 2  y 2 )2


a
b
a b
4
4
4
2 2
 b(a  b) x  a(a  b) y ab( x  2 x y  y 4 )
 b 2 x 4  a 2 y 4  2abx 2 y 2 0
 (bx 2  ay 2 ) 2 0

Ta cã: ( x 2  y 2 ) 2 1 nªn

x 2016 y 2016
1
x2 y2 x2  y2
1





 1008  1008 
Tõ ®ã:
a
b
(a  b)1008
a
b
a b
a b
x 2016 y 2016
2
 1008 
1008
a
b
(a  b)1008
III

1

KL:
Cõu a(2 im)
Giải phơng trình:

III

1

2 x 3 5  2 x  3 x 2  12 x  14

§K: 1,5  x  2,5
+ Sư dơng bÊt đẳng thức cô si hoặc Bu nhi a đánh giá VT 2
+ Đánh giá VP 2
VT 2
2 x  3  5  2 x

 x2
Do ®ã: PT  
VP  2
 x  2
KL.
Câu b(2 điểm)
2
Từ (gt) ta có :3x2-xy -2y2 =0 (x-y)(3x+2y)=0  x=y hoặc x =
y
3

0,5
0,75
0,75

1


TuhocOnline.edu.vn
- Nếu x = y thay vào (1) ta được x = 1 ;x = -1
2
- Nếu x =
y Thay vào hệ ta được hệ vô nghiệm
3

KL : Hệ phương trình có 2 nghiệm (x ;y) =(1 ;1) ;(-1 ;-1).
IV

N

1

K
A
F

M
I
E

B

IV

P

H

O

C

Q

Câu a(1 im)

Xét tam giác vuông ABH có HE AB
AB.AE = AH2
(1)
Xét tam giác vuông ACH có HF AC
 AC.AF = AH2
(2)
Tõ (1) vµ (2) suy ra AE.AB = AF.AC.
IV

Gãc IAH b»ng 2 lÇn gãc BAH
Gãc KAH b»ng 2 lÇn gãc CAH
Suy ra gãc IAH + gãc KAH =2( gãc BAH + gãc CAH) = 1800
Suy ra I, A và K thẳng hàng

IV

Cõu c(2 im)
Ta cú: AH2 = BH.CH  AH4 = BH2 .CN2 = BE.BA.CF.CA = BE.CF.AH.BC  AH3 =

AH 3
BE.CF.BC 
=1
BE.CE.BC
IV

Câu d(2 điểm)

BC 2
BC

1
1

( PE  FQ).FE  BC.FE


8
SPQFE = 2
.
Mà
FE
PQ
hay
FE

S
PQFE
4
2

V

Dấu đẳng thức xảy ra khi A là điểm chính giữa của nửa đường trịn tâm O, đường kính
BC.
(2 điểm)

HD Áp dụng BĐT

+

với a; b là các số dương. Ta có:

0,5
0,5


TuhocOnline.edu.vn

+

+

+

)=

)

)+

+

)] =

+

)

Tương tự
+

)

+

)

Cộng từng vế của bất đẳng thức ta được:

+

)+

+

)=

+

+

)=


TuhocOnline.edu.vn
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NGÃI
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC
MƠN TỐN LỚP 9
Thi ngày
(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)

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

(Đề thi gồm 01 trang)

Bài 1 (4,0 điểm).
1) Rút gọn biểu thức: A =
2) Cho A 

5 3
2  3 5



3 5
2  3 5

x2  x
x2  x

x  x 1 x  x 1

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
1) Giải phương trình : x  2 x  1  x  2 x  1 

x3
2

2) Giải phương trình: 2 x 2  5 x  12  2 x 2  3x  2  x  5 .
Bài 3 (3,0 điểm).
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 x 2  25  y ( y  6)
Bài 4 (7,0 điểm)
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 CIJ
= CBH
b) Chứng minh 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:……………………..


TuhocOnline.edu.vn
GD-ĐT Quảng Ngãi

Bài

HƯỚNG DẪN CHẤM THI
KỲ THI HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC
Mơn thi : Tốn 9

Câu

Nội dung
5 3

1. Rút gọn biểu thức: A =
Câu 1
(1,75đ)

5 3

A=

A=

2  3 5
2( 5  3)
2  ( 5  1) 2

2  3 5

3 5



2  3 5



2(3  5)
2  ( 5  1) 2

=


Điểm
3 5



2  3 5

2( 5  3)

2 62 5



2(3  5)
2 62 5

2( 5  3)
2(3  5)

5 3
3 5

x  x
x  x

x  x 1 x  x 1
a) ĐKXĐ: x  0

Bài 1
(4 đ)

2

2







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

Câu 2
(2,25)



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

b) B = A + x – 1= 2 x  x  1  x  2 x  1   x  1  2  2

0,5

Dấu “=” xảy ra  x  1  0  x  1 ( TM ĐKXĐ)
Vậy GTNN của biểu thức B=-2 khi x=1

0,25
0,25

2

Bài 2
(4 đ)

1) Giải phương trình : x  2 x  1  x  2 x  1 
Câu 1
(2đ)

0,5
0,5

A= 2 2
2. A 

0,75

x3
2

ĐKXĐ : x  1

0,25

x  2 x 1  x  2 x 1 

x3
2

x3
 x 1  2 x 1  1  x 1  2 x 1  1 
2
2
2
x3

x 1 1 
x 1 1 
2
x3
 x 1 1  x 1 1 
(*)
2
Nếu x  2 phương trình (*)
x3
x3
 x 1  1  x 1 1 
 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 (TM)









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


TuhocOnline.edu.vn

Nếu 1  x  2 phương trình (*)
 x 1 11 x 1 

x3
x3
2
 4  x  3  x  1 ( TM)
2
2

0,25

Vậy phương trình có nghiệm x=1 và x=5
2) Giải phương trình: 2 x 2  5 x  12  2 x 2  3x  2  x  5 .
Đặt u  2 x 2  5 x  12, v  2 x 2  3x  2 ( u  0, v  0)

0,25

 u 2  2 x 2  5 x  12, v 2  2 x 2  3 x  2  u 2  v 2  2 x  10  2( x  5)

0,25
0,25
0,25

Từ (1)  2(u  v)  (u  v )  (u  v)(u  v  2)  0 (2)
Vì u  0, v  0 , từ (2) suy ra: u  v  2  0 . Vì vậy
2 x 2  5 x  12  2 x 2  3x  2  2 (3)
Bình phương 2 vế và thu gọn ta được phương trình 2
2

2

2 x  3x  2  x  3
 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

0,25

0,25

2

Câu 2
(2đ)

0,5

 x  3

( x  1)(7 x  1)  0
 x  3
1


1  x  1, x   tm 
7
 x  1, x  7
1
Vậy phương trình có hai nghiệm x = -1, x=
7

Câu 1
(1,5đ)
Bài 3

(3 đ)

Câu 2
(1,5đ)

0,25

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.

0,5

Thật vậy: Ta biểu diễn a = 7m + r, với r   0;1; 1; 2; 2;3; 3 .

0,25

Trong tất cả các trường hợp trên ta đều có a3 – 3 khơng chia hết
cho 7
Mà 2016k luôn chia hết cho 7, nên a3 – 3  2016k. ĐPCM
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

0,5
0,25

x 2  25  y ( y  6)

Từ x 2  25  y ( y  6)

Ta có : (y+3+x)(y+3-x) = - 16

0,25


TuhocOnline.edu.vn

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 đó thừa 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 có x= 5 , y= -6.
Vì thế phơng trình ®· cho cã c¸c nghiƯm :
( x,y)    5, 0  ;  5, 6  ;  4, 3 .

0,5

0,25

0,5

D

Bài 4
(7 đ)

C

E

I

A

J

H

B

O

+ Vì ABC nội tiếp đường trịn đường kính AB nên AC  BC
Suy ra BC  CD (1)

0,5

Câu a
(1,5 đ)

+ Lập luận để chỉ ra IJ // CD (2)
+ Từ (1) và (2) suy ra IJ ^ BC
· = CBH

·
·
+ Suy ra CIJ
(cùng phụ với HCB
) (3)

0,5
0,5

Câu b
(2 đ)

·
=
+) Trong  vng CBH ta có: tan CBH

CH
(4)
BH

+ Lập luận chứng minh được CJ // AB
+ Mà CH  AB (gt)
+ Suy ra CJ  CH
· =
+) Trong tam giác vng CIJ ta có tan CIJ

+ Từ (3), (4), (5) 

CH CJ


HB HI

0,5
0,5

CJ CJ
=
( CI = HI ) (5)
CI
HI

0,5


TuhocOnline.edu.vn
CH CJ
·
·

+ Xét D CJH và D HIB có HCJ
(cmt)
 BHI
 900 và
HB

0,5

HI

+ Nên D CJH đồng dạng với D HIB

0,5

·
+ Lập luận để chứng minh được HEI
 90
+ Chứng minh được HEI đồng dạng với HCJ
0

Câu c
(1,5 đ)

0,5

HE HI

+ Suy ra
HC HJ

+ Suy ra HE.HJ = HI.HC
1
2

0,5

1
2

+ Mà HJ  HD; HI  HC
+ Suy ra HE.HD = HC2
Câu d

(2 đ)

C
M

450
A

H

O

K

B

N

·
+ Lấy điểm M trên nửa đường tròn (O) sao cho BOM
= 450
+ Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại M cắt AB tại N. Ta có M
và N cố định.
+ Kẻ MK  AB tại K
+ Chứng minh được D MON vuông cân tại M và KM = KN
Suy ra ·ANC  450
Xét C º M
Ta có C º M nên H º K
Do đó AH + CH = AK + KM = AK + KN = AN (không đổi)

0,5

+ Xét C khác M.
Tia NC nằm giữa hai tia NA và NM
Do đó ·ANC < ·ANM = 450
·
+ D HNC có NHC
= 900
·
·
nên HNC
+ HCN
= 900
·
·
Mà HNC
< 450 nên HCN
> 450
·
·
Suy ra HNC
< HCN
Suy ra HC < HN

0,5

0,5


TuhocOnline.edu.vn

0,5
+ Do đó AH + CH < AH + HN = AN
·
+ Vậy Khi C ở trên nửa đường tròn (O) sao cho BOC
= 450 thì
AH + CH đạt giá trị lớn nhất

Chứng minh rằng

a
b
c


 2.
bc
ca
ab

Áp dụng BĐT Cauchy ta có
a  b  c  2 a  b  c 

Bài 5
(2 đ)

0,5

a
2a


bc abc

Chứng minh tương tự ta được
b
2b
c
2c

;

ca abc ab abc
2 a  b  c
a
b
c



2
Suy ra
bc
ca
ab
abc
a  b  c

Dấu bằng xảy ra  b  c  a  a  b  c  0 (Trái với giả thiết)
c  a  b


Vậy dấu = không xảy ra suy ra đpcm.

0,5

0,5
0,5


TuhocOnline.edu.vn
PHÒNG GD&ĐT
THCS

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9
NĂM HỌC

Đề chính thức

Mơn thi: Tốn
Thời gian: 150 phút (Khơng kể thời gian giao bài)
Bài 1 (5 điểm).
 2 a  1

2 a
:
 , với a ≥ 0

Cho biểu thức: A = 1 
 


 a 1   1  a a a  a  a 1

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
 x 3  y 3 3( x  y )
2. Giải hệ phương trình: 
 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
Cho a b và ab = 6. Chứng minh: a  b 4 3

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