15 đề đáp án HSG TOÁN 9h

/>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THANH MIỆN
TRƯỜNG THCS CHI LĂNG BẮC
T-02-HSG9-CLB-PGDTM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
MƠN TỐN LỚP 9
Thời gian làm bài 150 phút
(Đề thi gồm 5 câu, 1 trang)

Câu 1:( 2 điểm)
125 3
125
− −3 + 9 +
27
27 là một số nguyên
a) Chứng minh rằng
 x 3 + y3 = z 2

3
b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3xy + z = z
x = 3 3+ 9+

Câu 2:( 2 điểm)
1 1 1
1
+ + =
a) Chứng minh rằng nếu a, b, c là 3 số thỏa mãn: a + b + c = 2014 và a b c 2014

thì một trong 3 số phải bằng 2014
b) Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng:

x + yz + y + zx + z + xy ≥ 1 + xy + yz + zx

Câu 3: ( 2 điểm)
a) Gpt:

( 5−2 6)

x

+

(5+2 6)

x

= 10

x4 y 4
1
+
=
2
2
b) Cho a, b, x, y là các số thực thỏa mãn x + y = 1 và a b a + b
x10 y10
2
+ 5 =
5
5
a

b
( a + b)

chứng minh rằng:

Câu 4: ( 3 điểm)
Cho đường trịn tâm O đường kính BC và điểm A thuộc đường trịn. Kẻ AH vng góc với BC.
Gọi M, N theo thứ tự là các điểm chính giữa của các cung AB và AC. Kẻ phân giác của góc AHB
và AHC, các đường phân giác này theo thứ tự cắt BN tại E và CM tại F. Gọi giao điểm của BN và
CM là K. Chứng minh rằng:
a) AK vng góc EF
b) Tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn
Câu 5: ( 1 điểm)

 x2014 + y2014 = 1

2013
2013
2014
y − 2014 x .(x + y + xy + 2014)
 x − y =
Tìm x; y biết:

(

)

1

/>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THANH MIỆN
TRƯỜNG THCS CHI LĂNG BẮC
T-02-HSG9-CLB-PGDTM
Câu
1

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC
SINH GIỎI 9
MÔN TỐN
(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)
Đáp án

a) Ta có

x = 3 3+ 9+

điểm

125 3
125
+ 3− 9+
27
27


125
125
125
 3 3+ 9+

3+ 9+
+ 3− 9+

27
27
27 + 3 
⇒ x3 =


125
÷ 3 3 − 9 +
÷
27



÷.x
÷
 = 6 - 5x

⇔ x + 5x - 6 = 0
Giải PT ta được x = 1. Vậy x là 1 số nguyên
3

3
3
2
 x + y = z

3

3xy + z = z

 x 3 + y3 = z 2
 3
x + y3 + 3xy = z 3
⇔ 

)

x
⇔(

2
2
2
+ y − z ) x + y + z − xy + yz + zx

x
⇔(

2
2
2
+ y − z ) ( x − y ) + ( y + z ) + ( z + x )  = 0

⇔ x + y - z = 0 ⇔ x + y = z thay vào PT (1) ta được
x3 + y3 =(x + y)2 ⇔ x2 - xy + y2 = x + y (vì x + y > 0)
⇔ y2 - (x + 1)y + x2 - x = 0
(3)
Để HPT có nghiệm ngun thì PT (3) có nghiệm

⇔ ∆ = (x + 1)2 - 4(x2 - x) ≥ 0 ⇔ - 3x2 + 6x + 1 ≥ 0 ⇔ - 3( x - 1)2 ≤ 4
Vì x nguyên dương nên x = 1 hoặc x = 2
Với x = 1 ⇒ y = 0 hoặc y = 2. Vì y > 0 ⇒ y = 2 ⇒ z = 3
Với x = 2 ⇒ y2 - 3y + 2 = 0 ⇔ y = 1 hoặc y = 2
Nếu y = 1 ⇒ z = 3
Nếu y = 2 ⇒ z = 4
Vậy HPT có 3 nghiệm : (1; 2; 3); (2; 1; 3); (2; 2; 4)
2

0.25
0,25

( 1)
( 2)

b)
(2) ⇔ (x + y)3 - z3 + 3xyz - 3xy(x + y) = 0

(

0.5

1 1 1
1
+ + =
a) Từ giả thiết ⇒ a b c a + b + c
1
1 1 1

 + ÷+  +

÷= 0
⇒  a b  c a +b+c 
a+b
a+b
+
=0
c( a + b + c)
⇒ ab
⇒ ( a + b )  c ( a + b + c ) + ab  = 0
2
⇒ ( a + b )  ca + cb + c + ab  = 0 ⇒ ( a + b ) [ c (a + c) + b(a + c ) ] = 0

a + b = 0
b + c = 0

⇒ (a + b)(b + c)(c + a) = 0 ⇒ c + a = 0
Nếu a + b = 0 ⇒ c = 2014
2

0.25

0.25
0.25

0.25

0,25

0.25
0.25

0,25


/>Nếu b + c = 0 ⇒ a = 2014
Nếu c + a = 0 ⇒ c = 2014

x + yz ≥ x + yz

b. Chứng minh BĐT

(1)

(1) ⇔ x + yz ≥ x2 + 2x yz + yz ⇔ 1 ≥ x + 2 yz ⇔ x + y + z ≥ x + 2 yz
⇔ y + z ≥ 2 yz ⇔
⇒ x + yz ≥ x + yz

(

)

y− z

2

≥0

Vậy BĐT (1) được chứng minh

⇒

y + zx ≥ y + zx ; z + xy ≥ z + xy
x + yz + y + zx + z + xy ≥ x + y + z + xy + yz + zx

⇒

x + yz + y + zx + z + xy ≥ 1 + xy + yz + zx

0,25
0,

Tương tự:

3

( 5− 2 6) ( 5+ 2 6) =1
1
( 5 − 2 6 ) = t ( t > 0) ⇒ PT ⇔ t + t = 10 ⇔ t

0,25

25
0,25

a) Ta thấy

x

Đặt

2

- 10t + 1 = 0

0.25

t = 5 − 2 6

⇔ t = 5 + 2 6

( 5−2 6)

- Nếu t = 5 − 2 6 ⇒
- Nếu t = 5 + 2 6 ⇒
b) Ta có (x2 + y2)2 = 1

( 5− 2 6)

x

=

(5−2 6)

2

6 = ( 5− 2 6)

x

= 5+ 2

0.25

⇒ x=2
−1

=

( 5− 2 6)

−2

2
2
x4 y 4 ( x + y )
+
=
⇒ a
b
a + b ⇔ b(a + b)x4 + a(a + b)y4 = ab(x4 + 2x2y2 + y4)
2

⇒ x = -2

0.25
0.25

⇔ b2x4 + a2y4 - 2abx2y2 = 0 ⇔ (bx2 - ay2)2 = 0 ⇔ bx2 - ay2 = 0
x10 y10
1

x2 y 2 x2 + y 2
1
= 5 =
5
5
=
=
=
a
b
( a + b)
⇒ a
b
a+b
a+b ⇒

4

0.5

A

M

I

N

K

E
B

P

H

L
F
C

O

3


/>
a) Từ giả thiết suy ra BN và CM là tia phân giác của của góc ABH và góc ACH
VÌ HE và HF lần lượt là phân giác của góc AHB và góc AHC nên E, F lần lượt là
tâm đường tròn nội tiếp tam giác AHB và AHC suy ra AE, AF là phân giác của góc
0
·
BAH và góc CAH ⇒ EAF = 45

0.25
0.5

0
·
·

·
Gọi L là giao của BL và AF ⇒ ABE + BAE = AEL = 45 ⇒ ∆AEL vuông cân tại L

·

0.25

⇒ AEL = 90 ⇒ EL ⊥ AF
Tương tự: CF ⊥AE
⇒ K là trực tâm của tam giác AEF ⇒ AK ⊥ EF
0

0.5

b) Ta có tứ giác EILF nội tiếp ⇒ L· EF = L¶IF
Vì BL và CI là phân giác của góc ABH và góc ACH. AI và AL tương ứng vng
góc với CI và BL ⇒ I và L lần lượt là trung điểm của AP và AO
¶ = IAH
·
⇒ IL // OP hay BC ⇒ IL ⊥ AH ⇒ LIF

·
·
·
·
·
·
Mà IAH = ICH ⇒ LEF = ICH hay LEF = FCB ⇒BEFC nội tiếp

5

Điều kiện: x, y ≥ 0.
Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy:
- Nếu x > y thì:
VT > 0, VP < 0 suy ra: VT > VP ⇒ PT (2) vơ nghiệm.
- Nếu y > x thì:
VT < 0, VP > 0 suy ra: VT < VP.⇒ PT (2) vơ nghiệm
- Nếu x = y khi đó: VT = VP = 0.
Kết hợp với (1) (Chú ý:x, y ≥ 0. ) ta được:

x= y=

0.25
0.25
0.25
0.25

0.25
0.25
0.25
0.25

1
2014

2.

BỘ ĐỀ ĐÁP ÁN HSG MÔN TOÁN CẤP HUYỆN, TỈNH FILE WORD Zalo 0946095198
200 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 6=100k; 70 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG 6 CÁC HUYỆN CỦA VĨNH PHÚC=100k
270 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 7=140k; 70 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG 7 CÁC HUYỆN CỦA VĨNH PHÚC=100k

225 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 8=110k; 60 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG 8 CÁC HUYỆN CỦA VĨNH PHÚC=100k
35 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 8 HÀ NỘI=40k
320 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 HUYỆN=160k; 257 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 CẤP TỈNH=130k
64 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 HÀ NỘI=50k; 77 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 (2020-2021)=80k;
95 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 CÁC HUYỆN CỦA TỈNH VĨNH PHÚC=100k
TRƯỜNG THCS GIO SƠN

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
MÔN TOAN 9
Thời gian:150 phút

Câu 1: (6 đ). Cho biểu thức:
x x −3

P= x−2 x −3

−

2( x − 3)
x +1

a)Rút gọn P.
4

+

x+3
3− x

/>b)Tính giá trị của P với x = 14 - 6 5
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Câu 2 (4đ)
a )Giải phương trình
x − 1 + 4 x − 5 + 11 + x + 8 x − 5 = 4
1 1
b) Cho 2 số dương x, y có tổng bằng 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x + y
Câu 3.(4đ)
a. Cho các số dương a, b, c thoả mản a + b + c = 4.
Chứng minh:

a+ b + b + c + c + a > 4 .

2
2
b. Cho (x+ x + 3 )(y+ y + 3 ) = 3. Tìm giá trị của biểu thức P = x + y

Câu 4( 3 đ ): Cho a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC. Chứng minh rằng:
A
a
Sin ≤
2 2 bc
Câu 5 : ( 3đ) Cho hình vng ABCD . Gọi E là một điểm trên cạnh BC . Qua A kẻ tia Ax vng góc với
AE . Ax cắt CD tại F . Trung tuyến AI của tam giác AEF cắt CD ở K . Đường thyawngr qua E song
song với AB cắt AI ở G . Chứng minh :
a) AE = AF và tứ giác EGKF là hình thoi .
b) ∆ AEF ~ ∆ CAF vàAF2 = FK.FC
c) Khi E thay đổi trên BC chứng minh : EK = BE + DK và chu vi tam giác EKC không đổi.

Đáp án và biểu điểm

Câu 1.( 6đ) Điều kiện xác định của biểu thức P là : x≥0; x≠ 9
a) Rút gọn:
x x −3
2( x − 3)
x+3
−
−
x +1
x −3
P = ( x + 1)( x − 3)

(0,5 ).

2

x x − 3 − 2( x − 3) − ( x + 3)( x + 1)

=

( x − 3)( x + 1)

(0,5 ).

x x − 3 − 2 x + 12 x − 18 − x − 3 x − x − 3
( x − 3)( x + 1)
=
x( x + 8) − 3( x + 8)
x x − 3 x + 8 x − 24
x+8
= ( x − 3)( x + 1) = ( x − 3)( x + 1) = x + 1

5

(0,5 ).
(0,5 )


/>b) x = 14 - 6 5 = ( 5 )2 - 2.3.

5 + 9 = ( 5 - 3)2 ⇒

14 − 6 5 + 8

x =3-

5

(1,0 ).

22 − 6 5

58 − 2 5
11
Khi đó P = 3 − 5 + 1 = 4 − 5 =
58 − 2 5
11
Vậy với x = 14 - 6 5 th× P =
c)

x+8

P=

x +1

=

x −1+ 9
x +1

=

x −1+

9
x +1

=

(0,5 ).
(0,5 ).
9

x +1+

−2≥2 9−2=4
x +1
9
x + 1;
x +1)

( Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho 2 số dương
9
x +1 =
x + 1 ⇔ x = 4 (thoả mản điều kiện)
Dấu"=" xảy ra ⇔
Vậy minP = 4, khi x = 4.
3
0,5

(0,5 ).

Câu 2(4đ)
a,

x − 1 + 4 x − 5 + 11 + x + 8 x − 5 = 4

⇔ x−5+4 x −5 + 4 +
⇔

(2 + x − 5) 2

+

x − 5 + 2.4 x − 5 + 16 = 4

(4 + x − 5) 2

(0,5 )

=4

(0,5 )

⇔ 2 + x − 5 + 4+ x − 5 = 4 (x ≥ 5)
⇔ 2 x − 5 = -2 Vô lý

(0,5 )
(0,5 )

Vậy phương trình đã cho vơ nghiệm
b,
1 1 x+ y 5
+ =
=
x
y
xy
xy
A=
(0,5

Để A nhỏ nhất ⇔ xy lớn nhất với x > 0; y > 0 ; x + y = 5 ta ln có ( x + y ) 2 ≥ 0
⇔ x + y ≥ 2 xy Vậy xy lớn nhất khi x = y =2,5
(1 )
4
Khi đó Min A = 5
Câu 3.(4đ)
a),. Do a , b, c > 0 và từ giả thiết ta có :

(0,5 )

a+ b < 2 ⇒ a+ b< 2 a+ b

a + b < a + b + c = 4 =>

Tương tự ta có

a + c < 2 c+ a
Cộng vế với vế của (1), (2), và (3) ta có

(

)

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

hay

( ĐPCM)

(1 )

b + c < 2 b+ c

0,25

2
2
b) Xét biểu thức (x+ x + 3 )(y+ y + 3 ) = 3 (1)

6

0,5
(2)

(3)

(1 ).

0.5
0,5
0.25


/>2
Nhân 2 vế của (1) với (x- x + 3 ) ≠ 0 ta được:
2
2
-3(y+ y + 3 ) = 3(x- x + 3 )

<=> -(y+

y +3
2

0,5

2
) = (x- x + 3 ) (2)

2
Nhân 2 vế của (1) với (y- y + 3 ) ≠ 0 ta được:
2
2
-3(x+ x + 3 ) = 3(y- y + 3 )
2
y2 + 3
<=> -(x+ x + 3 ) = (y) (3)
Lấy (2) cộng với (3) ta được:
-(x+y) = x+y => x+y = 0
Vậy A = x+y = 0

0,5
0,5
0,5

Câu 4 3đ)

Kẻ Ax là tia phan giác của góc BAC, kẻ BM ⊥ Ax và CN ⊥ Ax
Từ hai tam giác vuông AMB và ANC, ta có:
A BM
A
=
AB => BM = c.sin 2
Sin MAB = Sin 2
A CN
A
SinNAC = sin 2 = AC => CN = b.sin 2
A
Do đó BM + CN = sin 2 (b+c)

Mặt khác ta có BM + CN ≤ BD + CD = BC = a
A
A
=> sin 2 (b+c) ≤ a, và sin 2 < 1
1
1
≤
Do b+c ≥ 2 bc nên b + c 2 bc

a
A
Hay sin 2 ≤ 2 bc ( đpcm)
Câu 5 (3,đ):
a)(1đ) ∆ ABE = ∆ ADF (c.g.c) ⇒ AE = AF
∆ AEF vuông cân tại A nên AI ⊥ EF .
∆ IEG = ∆ IEK (g.c.g) ⇒ IG = IK .
Tứ giác EGFK có 2 đường chéo cắt nhau tại trung
điểm của mỗi đường và vng góc nên EGFK là hình thoi
7

0,5

0,5
0,5

0,5
0,5
0,5

/>b)(1 đ) Ta có :
KAF = ACF = 450 , ggóc F chung
AF KF
=
⇒ AF 2 = KF .CF
∆ AKI ~ ∆ CAF (g.g) ⇒ CF AF
c)(1 đ)Tứ giác EGFK là hình thoi ⇒ KE = KF = KD+ DF = KD + BE
Chu vi tam giác EKC bằng KC + CE + EK = KC + CE + KD + BE = 2BC ( không đổi) .

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9

PHÒNG GD – ĐT THANH MIỆN
TRƯỜNG THCS NGƠ QUYỀN
MÃ ĐỀ
T-02-HSG9-NQ-PGDTM

MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút
(Đề này gồm 05 câu, 01 trang)

Câu 1 (2 điểm)
1
f ( x ) − 5f  ÷ = x 2
x
a) Tìm f(3) nếu với mọi x ≠ 0 ta đều có

b) Phân tích biểu thức M thành nhân tử với
M = (a + b + c)3 – (a + b – c)3 – (b + c – a)3 – (c + a – b)3
Câu 2 (2 điểm)
a) Giải phương trình

( x + 3) ( x - 3) = x + 9
( x + 1) ( y + 1) = 6

 2
2
b) Giải hệ phương trình  x + y + x + y = 3 − xy

Câu 3 (2 điểm)
a) Cho các số nguyên dương a1; a2; ..; a900 thỏa mãn
1
1
1
+
+ ... +
= 60
a1
a2
a 900

.
Chứng minh rằng tồn tại ít nhất hai số bằng nhau
b) Giải phương trình nghiệm nguyên x(x + 1)(x + 3)(x + 4) = y2
Câu 4 (3 điểm)
·

Cho tam giác ABC cân ở B có ABC = 40 . O là trung điểm của cạnh AC, kẻ OK vng góc
với AB (K ∈ AB). Điểm E thay đổi trên cạnh AB, điểm F thay đổi trên cạnh BC sao cho khoảng
0

·

cách từ O đến EF bằng OK và 200 < AOE < 900.
a) Tính số đo góc EOF
b) Chứng minh tam giác AEO đồng dạng với tam giác COF
c) Xác định vị trí của điểm E để AE + CF nhỏ nhất
Câu 5 (1 điểm)

a b c a+b b+c
+ + ≥
+
+1
Cho các số dương a, b, c. Chứng minh b c a b + c a + b

---------------- Hết-----------------8


/>
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC
SINH GIỎI LỚP 9

PHÒNG GD – ĐT THANH MIỆN
TRƯỜNG THCS NGÔ QUYỀN
MÃ ĐỀ
T-02-HSG9-NQ-PGDTM
Câu
1
2 điểm

MÔN: TOÁN

(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

Đáp án

Điểm

a. ( 1 điểm)
0,5 điểm

1
f ( x ) − 5f  ÷ = x 2
x
1
Cho x = 3, x = 3 ta được


1
1
f ( 3) − 5f  3 ÷ = 9
f ( 3 ) − 5f  3 ÷ = 9

 

 
=> 

f  1  − 5f ( 3) = 1
5f  1  − 25f ( 3) = 5

÷

  3 
  3 ÷
9
9

86
=> −24f (3) =
9
43
=> f (3) = −
108

2
2 điểm

0,25 điểm
0,25 điểm

b. (1 điểm)
Chứng minh (x + y + z)3 – x3 – y3 – z3 = 3(x + y)(y + z)(z + x)
Áp dụng với x = a + b – c, y = b + c – a, z = a + c – b được
M = (x + y + z)3 – x3 – y3 – z3 = 3(x + y)(y + z)(z + x)
Thay trở lại được M = 24abc
a) 1 điểm

( x + 3) ( x - 3) =

0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

0,25 điểm

x+9

Điều kiện x ≥ - 9

x + 9 = a ( a ≥ 0 ) => a 2 − x = 9

Đặt
Ta được

0,25 điểm

9


/>a 2 − x = 9
=> x 2 − a 2 − a + x = 0
 2
 x − a = 9
=> ( x - a ) ( x + a + 1) = 0
x = a
=> 
x + a + 1 = 0

x = a đươc phương trình x2 – x – 9 = 0 với x ≥ 0
nghiệm

x1 =

x1 =

0,25 điểm

1 + 37
1 − 37
; x2 =
2
2

1 + 37
2
thỏa mãn x ≥ 0

chỉ có
x + a + 1 = 0 được phương trình x2 + x – 8 = 0 với x ≤ - 1
nghiệm

x1 =

x2 =

chỉ có
KL nghiệm
b) 1 điểm

−1 + 33
−1 − 33
; x2 =
2

2

−1 − 33
2
thỏa mãn – 9 ≤ x ≤ - 1

0,25 điểm

( x + 1) ( y + 1) = 6
 2
2
 x + y + x + y = 3 − xy

( x + 1) ( y + 1) = 6
 xy + ( x + y ) = 5
<=>
 2

2
2
( x + y ) + ( x + y ) − xy = 3
 x + y + x + y = 3 − xy

0,25 điểm

b + a = 5
b = 5 - a
<=>  2
 2
a + a − b = 3

a + 2a − 8 = 0

Đặt x + y = a, xy = b, ta có
Giải hệ được (a, b) = (2; 3), (- 4; 9).

x + y = 2

- Với (a = 2; b = 3) ta được hệ  xy = 3
hệ này vô nghiệm
x + y = - 4

- Với (a = - 4; b = 9) ta được hệ  xy = 9
hệ này vơ nghiệm

3

Vậy hệ phương trình vơ nghiệm
a) 1 điểm
Giả sử 1 ≤ a1 < a2 < a3 < … < a900
ta có ai ≥ i với i = 1; 2; … ;900
1
2
2
=
<
=2
b+ b-1
Mà b 2 b

(

0,25 điểm
0,25 điểm
b− b-1

)

Nên

(
= 2(

0,25 điểm
với b ≥ 1
0,25 điểm

1
1
1
1 1
1
+
+ ... +
≤ +
+ ... +
a1
a2
a 900 1
2
900

<2

0,25 điểm
0,25 điểm

1 − 0 + 2 − 1 + ... + 900 − 899

)

)

900 − 0 = 60

10


/>1
1
1
+
+ ... +
= 60
a1
a2
a 900

Mâu thuẫn với
Vậy ta có đpcm
b) 1 điểm

Đặt a = x2 + 4x thì phương trình trở thành
y2 = a(a + 3)
Nếu a > 1 thì a2 + 2a + 1 < a2 + 3a < a2 + 4a + 4
 (a + 1)2 < y2 < (a + 2)2
 y2 nằm giữa hai số chính phương liên tiếp (không xảy ra)
 a ≤ 1 hay x2 + 4x – 1 ≤ 0
Giải bất phương trình được nghiệm −2 + 5 ≥ x ≥ - 2 - 5
Vì x nguyên nên x = - 4; - 3; - 2; - 1; 0
Với x = - 4; - 3; - 1; 0 tìm được y = 0
Với x = - 2 tìm được y = 2; -2
Vậy các nghiệm nguyên của phương trình là
(x; y) = (- 4; 0); (- 3; 0); (- 2; - 2); (- 2; 2); (- 1; 0); (0; 0)

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

a) 1,5 điểm
Vẽ đường tròn (O; OK)
Chứng minh (O; OK) tiếp xúc với EF và
BC, gọi tiếp điểm tương ứng là I và H

0,25 điểm

0
µ µ

Tính được A = C = 70

0,25 điểm

·
Đặt EOA = α

0
0
·
·
Tính được AOK = 20 => EOK = α − 20
·
·
=> KEO
= 900 − EOK
= 900 − ( α − 200 ) = 1100 − α

Từ đó chứng minh

·
·
OEF
= KEO
= 1100 − α
·
·
=> AEF
= 2KEO
= 2200 − 2α

0,25 điểm

·
µ −C
µ − AEF
·
=> EFC
= 3600 − A

0,25 điểm

·
=> EFO
=α

0,25 điểm

·
·
·
=> EOF
= 180 0 − OEF
− OFE

0,25 điểm

= 3600 − 700 − 700 − ( 2200 − 2α ) = 2α

= 1800 − ( 1100 − α ) − α = 700

0,5 điểm
·
·
·
·
Theo câu a) có EFO = α => CFO = α => AOE = CFO

0,25 điểm

µ µ
Mặt khác A = C => ∆AEO

0,25 điểm

∆COF (g-g)

c) 1 điểm
Do ∆AEO

AE AO
=
=> AE.CF = OA 2
CO
CF
∆COF =>
11

0,25 điểm

/>Theo bất đẳng thức Cơ – si thì AE + CF ≥ 2 AE.CF = 2OA (không đổi)

0,25 điểm

Dấu “=” xảy ra  AE = CF  EF // AC

0,25 điểm

Vậy để AE + CF đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2OA thì E thuộc cạnh AB sao cho
·
AOE
= 550

0,25 điểm

·
·
<=> AOE
= OEF
<=> α = 1100 − α <=> α = 550

5
1 điểm

0,25 điểm

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

VP + 1 =

( VT + 1) ( b + c ) ( a + b )

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

0,25 điểm
 a 
÷
 b ÷


2

( VT + 1) ( b + c ) ( a + b ) = 


 b  c
+  ÷÷ +  ÷÷ + 12  .  ab
 
 c  a

2

2

( ) + ( bc ) + ( ca )

2

2

2

+ b2 


2

 a

b
c
≥  . ab + . bc + . ca + 1.b ÷÷ (bunhia)
c
a
 b

=> ( VT + 1) ( b + c ) ( a + b ) ≥ ( a + 2b + c )

0,25 điểm

2

( a + 2b + c ) (2)
=> ( VT + 1) ≥
( b + c) ( a + b)
Vì a, b, c đều dương nên

0,25 điểm

2

Từ (1) và (2) => đpcm
Lưu ý: Mọi cách giải đúng vẫn cho điểm tối đa.
PHÒNG GD - ĐT THANH MIỆN
TRƯỜNG THCS NGUYỄN LƯƠNG BẰNG
MÃ ĐỀ
T-02-HSG9-NLB-PGDTM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút
(Đề này gồm 5 câu, 1 trang)

Câu 1: (2đ)
2
2
1/ Cho 16 − 2 x + x − 9 − 2 x + x = 1 . Hãy tính:

A=

2/ Rút gọn biểu thức:
Câu 2: (2d)

1 − 1 − x2 .

(

4 x 2 − 8 x + 36 + 2 16 − 2 x + x 2

(1 + x )3 + (1 − x )3

2 − 1 − x2

a/ Giải phương trình: x + 4 x + 3 + 2 3 − 2 x = 11

b/ Giải hệ phương trình:
Câu 3: (2đ):

 xy + 2 x + 2 y = 0

 yz + 2 y + 2 z = −3
 xz + 2 x + 2 z − 5 = 0


12

)


/>1/ Chứng minh rằng: 2 − 4 là số vô tỉ
2/ Tìm tất cả các số tự nhiên n và k để: (n4 + 42k + 1) là số nguyên tố.
3

3

Câu 4: (3đ):

1/ Cho điểm A nằm ngồi đường trịn tâm O. Qua A kẻ các tiếp tuyến với (O) tiếp xúc với (O) tại
M và N. Lấy điểm B thuộc cung nhỏ MN, tiếp tuyến tại B cắt AM tại E và cắt AN tại F. OE, OF
cắt MN lần lượt tại P và Q.
PQ
Chứng minh rằng: EF không đổi khi B thay đổi trên cung nhỏ BC.

2/ Cho tam giác ABC đều cạnh a. M là một điểm nằm trong tam giác. Gọi D, E, F lần lượt là
hình chiếu của M trên AB, AC và BC.
1
1
1
+
+
Tìm vị trí của M để : MD + ME MD + MF MF + ME nhỏ nhất và tính giá trị đó.

Câu 5: (1đ): Cho x và y là hai số nguyên thoả mãn 2x2 + x = 3y2 + y. Chứng minh rằng:
2 x + 2 y + 1 là số nguyên.

=========== Hết ===========

PHÒNG GD – ĐT THANH MIỆN
TRƯỜNG THCS
NGUYỄN LƯƠNG BẰNG
MÃ ĐỀ
T-02-TS10-NQ-PGDTM
Câu
1
(2đ)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG9

MƠN: TỐN
(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

Đáp án

Điểm

a/ 0,75điểm
a/(1đ)

0,5đ

( 16 − 2 x + x − 9 − 2 x + x )( 4 x − 8 x + 36 + 2 16 − 2 x + x )
2

2

2

2

2( 16 − 2 x + x 2 − 9 − 2 x + x 2 )( x 2 − 8 x + 36 + 16 − 2 x + x 2 )

.

=

=14

M

.

E

2
2
Mà: 16 − 2 x + x − 9 − 2 x + x = 1

=>

4 x 2 − 8 x + 36 + 2 16 − 2 x + x 2 =14

.

A

13

P

.

B

.

F

.O

Q

.

N

0,25đ


/>b/ 1,25đ
: ĐK: −1 ≤ x ≤ 1
1 − 1 − x2 .

A=

(

)(

(1 + x) + (1 − x) 2 − 1 − x 2

)

0,25đ
0,5đ

2 − 1 − x2

= 1 − 1 − x2 .

(

(1 + x) + (1 − x)

A2 = 2x2 => A =

)
0,5đ

x 2

a/ 1đ
ĐK:

−3 ≤ x ≤

0,25đ

3
2

x + 4 x + 3 + 2 3 − 2 x = 11 ⇔ 11 − x − 4 x + 3 − 2 3 − 2 x

0,5đ

2
2
<=> ( x + 3 − 2) + ( 3 − 2 x − 1) = 0

 x + 3 − 2 = 0

⇒
⇒ x =1
 3 − 2 x − 1 = 0
(thỏa mãn đk)

0,25đ

b/ 1đ
2
(2đ)

 xy + 2 x + 2 y = 0
( x + 2)( y + 2) = 4


 yz + 2 y + 2 z = −3 ⇔ ( y + 2)( z + 2) = 1
 xz + 2 x + 2 z − 5 = 0
( z + 2)( x + 2) = 9



0,25đ

(x+2)2 (y+2)2 (z+2)2 = 36
=> (x+2) (y+2)(z+2) = 6 hoặc(x+2) (y+2)(z+2) = -6

0,25đ

(x+2) (y+2)(z+2) = 6 =>

4(2 + z ) = 6
−1
−4

( x + 2) = 6 ⇒ z = , x = 4, y =
2
3
9( y + 2) = 6


(x+2) (y+2)(z+2) = -6 =>
a/ 1đ

Đặt 2 − 4 = a => a3 = 6-6a
=> a3 + 6a - 6 = 0 => a là một nghiệm của phương trình
x3 + 6x - 6 = 0
Để chưng minh a là số vơ tỉ ta chưng minh phương trình trên
khơng có nghiệm hữu tỉ
Thật vậy: G/s PT x3 + 6x - 6 = 0 có nghiệm hữu tỉ là
3

3
(2đ)

4(2 + z ) = −6
−7
−8

, x = −8, y =
( x + 2) = −6 ⇒ z =

2
3
9( y + 2) = −6


3

0,25đ

0,25đ

0,25đ
0,25đ

0,25đ

m
(m, n ∈ Z , n ≠ 0;(m, n) = 1)
n
=>

m3
m
+ 6 − 6 = 0 ⇒ m3 + 6mn 2 − 6n3 = 0
3
n
n
3
2
3

Từ : m + 6mn − 6n = 0 => m chia hết cho 2 => m = 2k (k ∈ Z)
3
2
3
3
2
3
=> 8k + 12kn − 6n = 0 ⇒ 4k + 6kn − 3n = 0

=> n chia hết cho 2 mâu thuẫn với (m,n)=1 => đpcm
b/ 1đ
14

0,25đ


/>2/ (1đ) A = n4 + 42k + 1 = (n2 + 2.4k + 2n.2k)( n2 + 2.4k - 2n.2k)
Vì n, k là các số tự nhiên
=> n2 + 2.4k + 2n.2k > n2 + 2.4k - 2n.2k > 0
 A nguyên tố <=> n2 + 2.4k - 2n.2k = 1 và n2 + 2.4k + 2n.2k
nguyên tố
2
n + 2.4k - 2n.2k = 1 => n = 1; k = 0
Với n = 1, k = 0 thì n2 + 2.4k + 2n.2k = 5 nguyên tố

0,25đ
0,5đ

0,25đ

1/ 1.5đ
1 ¼
·
·
EOF
= EMQ
= sd MN
2
=> tứ giác MOQE nội tiếp

0.5đ

Tứ giác OMEB nội tiếp => 5điểm O,M,E,B,Q cùng thuộc một
đường tròn.
·
·
·
MQO
= MEO
= OEF

4
(3đ)

0.5đ

OH PQ
=
=> hai tam giác OPQ và OFE đồng dạng=> OB EF

Kẻ OH vng góc với PQ
(O) và điểm A cho trước AN, AM cố định => OB, OH không đổi
0.5đ

PQ
=> EF khơng đổi khi B thay đổi

2/ . 1.5đ

a 3
Tính MD + MF + ME = 2
1 1 1
+ + )
CM: (a+b+c) ( a b c ≥ 9

0.5đ

1
1
1
+
+
=> 2 (MD + MF + ME) ( MD + ME MD + MF MF + ME ) ≥ 9

0.5đ

Dấu bằng xảy ra khi M là tâm tam giác đều
=> nhỏ nhất của biểu thức là:

0.25đ

0.25đ

1
1
1
+
+
MD + ME MD + MF MF + ME = 3 3a

5
(1đ)

2x2 + x = 3y2 + y

0.25đ

⇒ 2 x − 2 y + x − y = y ⇒ (2 x + 2 y + 1)( x − y ) = y
2

2

2

2

Nếu x = 0; y = 0 thì 2x+2y+1=1 là số chính phương
Nếu x ≠ 0 ⇒ y ≠ 0 và x ≠ y
Vì x, y là số nguyên nên ta suy ra được nếu x-y là số chính
15

0.5đ


/>phương khác 0 thì 2x+2y+1 là số chính phương
Ta chứng minh x - y là số chính phương
Giả sử (x,y) = d => x = dx1 và y = dy1 và (x1,y1) = 1
Vì x ≠ y => x1 ≠ y1 do đó tồn tại m khác 0 sao cho y1=x1+m
(Với (x 1,m) = 1

0.25đ

2
2
 y = ( x1 + m) d ⇒ 2( x1d ) + x1d = 3( x1d + md ) + x1d + md
⇒ x12 d + 6 x1dm + 3m 2 d + m = 0
(*)

Từ (*) => m chia hết cho d và d chia hết cho m
 d = m hoặc d = -m
Nếu d = m => ⇒ x1 + 6 x1m + 3m + 1 = 0 ⇒ x1 M3 (vô lý) => d =
-m
 x-y = x1d-y1d = x1d-(x1 - d)d = d2 là số chính phương
 2x+2y+1 là số chính phương
2

2

PHỊNG GD&ĐT THANH MIỆN
TRƯỜNG THCS PHẠM KHA

T-02-HSG9-PK-PGDTM

2

ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH LỚP 9 THCS
MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút
(Đề này gồm có 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm).

a) Cho biểu thức

A=

x2 − 4
x+
+
x

x2 − 4
x−
x
với x ≥ 2.

Tìm x để A = 6 .
b) Tính giá trị của biểu thức
Câu 2 (2,0 điểm).

(

)

B = x5 − 5x3 − 6x2 − 6x − 7

2013
3
3
tại x = 2 + 4 .

2
a) Giải phương trình: 1 − x + 1 + x + 1 − x = 3 .

x3 + y3 − xy2 = 1
 4
4
b) Giải hệ phương trình: 5x + y = 5x + y
Câu 3 (2,0 điểm).
Chứng minh:

a)

2 3 4....... 2013 2014 < 3

2
4
Xác định các số thực p, q sao cho đa thức x + 1 chia hết cho đa thức x + px + q .
Câu 4 (3,0 điểm).
1) Cho đường tròn (O; R) nội tiếp tam giác ABC. Đường tròn (O) tiếp xúc với BC tại D, kẻ
đường kính DE của đường trịn. Tiếp tuyến tại E của đường tròn cắt AB, AC thứ tự ở M, N;

AE cắt BC tại K. Chứng minh rằng:
a) BD. ME = R2
b) BD = CK
2) Cho tam giác ABC cân tại A. Lấy các điểm E và K theo thứ tự nằm trên các nửa đường
thẳng AB và AC sao cho: AE + AK = AB + AC.

b)

16


/>Chứng minh rằng : BC < EK.
Câu 5 (1,0 điểm).

( m + n)
A=

3

n2

Cho m,n là các số nguyên dương, giả sử
của A.

là số nguyên lẻ. Tìm giá trị bé nhất

BỘ ĐỀ ĐÁP ÁN HSG MƠN TỐN CẤP HUYỆN, TỈNH FILE WORD Zalo 0946095198
200 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 6=100k; 70 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG 6 CÁC HUYỆN CỦA VĨNH PHÚC=100k
270 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 7=140k; 70 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG 7 CÁC HUYỆN CỦA VĨNH PHÚC=100k
225 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 8=110k; 60 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG 8 CÁC HUYỆN CỦA VĨNH PHÚC=100k

35 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 8 HÀ NỘI=40k
320 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 HUYỆN=160k; 257 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 CẤP TỈNH=130k
64 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 HÀ NỘI=50k; 77 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 (2020-2021)=80k;
95 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 CÁC HUYỆN CỦA TỈNH VĨNH PHÚC=100k

PHÒNG GD&ĐT THANH MIỆN
TRƯỜNG THCS PHẠM KHA
T-02-HSG9-PK-PGDTM

HƯỚNG DẪN CHẦM
ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH LỚP 9 THCS
MƠN: TỐN
(Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang)

Câu

Nội dung

Điểm

a.( 1 điểm)
Với x ≥ 2 ta có:
x2 − 4
x2 − 4
x2 − 4
+ x−
+ 2 x−
x
x
x

A2 = x +
=2 x+

0,25

4 2x + 4
2x + 4
=
⇒A=
x
x
x

0,25

Ta có A = 6 , mà A > 0 nên suy ra A = 6
2x + 4
= 6 ⇒ x− 3 x + 2= 0
x

1
(2,0 điểm) Giải phương trình tìm được x =1, x= 4
Ta có x =1 ( loại) , x= 4( thoả mãn). Vậy x = 4 thì A = 6
b.( 1 điểm)
Từ

x = 3 2 + 3 4 ⇒ x3 = 6 + 3.3 2.3 4

(

3

A

⇔ x3 − 6x − 6 = 0 (*)

(

)(

)

B =  x3 − 6x − 6 x2 + 1 − 1
Ta có

2

Thay (*) vào B được:
a.( 1 điểm)

)

2 + 3 4 = 6 + 6x

B = ( −1)

2013

2013

= −1 F
B

17

E

0,25
0,25

0,5
0,25

K
I

0,25

C
D


/>Đkxđ: −1 ≤ x ≤ 1 (*). Đặt 1 − x + 1 + x = T , T > 0
T2 − 2
2 + 2 1− x2 ⇒ 1 − x2 =
2
⇒ T2 =

0,25

T2 − 2
Thay vào ta được phương trình:T + 2 = 3 ⇔
T + 4 = 0
T = −4
⇔

T = 2
T 2 + 2T − 8 = 0 ⇔ (T + 4).(T – 2 ) = 0 T − 2 = 0

0,25

Với T = -4( loại)
Với T = 2 thì 1 − x + 1 + x = 2 ⇔ 1 − x = 1
Hay 1 – x2 = 1 ⇔ x = 0
x = 0 ( thoả mãn *). Phương trình có nghiệm x = 0
b.( 1 điểm)
3
3
2
x + y − xy = 1(1)
(2,0 điểm) 5x4 + y4 = 5x + y(2)
Thay (1) vào (2) được 5x4 + y4 = (5x + y)(x3 + y3 – xy2 )
⇔ 5x4 + y4 = 5x4 + 5xy3 – 5x2y2 + x3y + y4 – xy3
⇔ 4xy3 – 5x2y2 + x3y = 0 ⇔ xy(x - y)(x – 4y) = 0
⇔ x = 0 hoặc y = 0 hoặc x = y hoặc x = 4 y
Với x = 0 ⇒ y = 1 . Hệ phương trình có nghiệm ( 0;1 )
Với y = 0 ⇒ x = 1 . Hệ phương trình có nghiệm ( 1;0 )
Với x = y ⇒ x3 = 1 ⇒ x = 1.
Hệ phương trình có nghiệm (1;1)

1
4
⇔y= 3
3
61 ⇒x = 61
Với x = 4y ⇔ 61y3 = 1
2


 x =

y =

HPT có nghiệm 

4
61
1
3
61

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

3

a.( 1 điểm)
Ta có :
VT < 2 3 4........ 2013.2015 = 2 3 4........ 2014 2 − 1
< 2 3 4........ 2012.2014 = 2 3 4........ 20132 − 1

3
( 2 điểm)

0,25
0,25

Tiếp tục tương tự như trên ta có
< 2 3 4........ 2011.2013 < 2 3 4........ 2010.2012
< .......
< 2.4
< 3 ( đpcm)

0,25

0,25

b. ( 1 điểm)
2
4
Khi chia đa thức x + 1 cho x + px + q được thương là đa thức

18

0,25


/>2
x 4 + 1 = ( x 2 + px + q ) ( x 2 + ax + b )
⇒
x
+
ax
+
b
dạng
x 4 + ( a + p ) x 3 + ( b + ap + q ) x 2 + ( bp + aq ) x + bq
=
a + p = 0 ( 1)

b + ap + q = 0 ( 2 )

bp + aq = 0 ( 3)
bq = 1
( 4)
Vì vậy ta phải có: 
0 = bp + ( −p ) q = p ( b − q )
Từ (1) ⇒ a = −p thay vào (3) được:

Tức là p = 0 hoặc b- q = 0
Nếu p = 0 thì từ (2) suy ra b= -q và thế vào (4) được -b2 =1
Điều này vô lý, suy ra p ≠ 0
Do đó b- q = 0 hay b = q.

Thay vào (4) được b2=1, suy ra b = q = 1 hoặc b = q = -1
Ta lại có từ (2) suy ra 2b = - ap= a2 ≥ 0 suy ra b≥ 0 nên b = q = 1
Từ đó suy ra a2 =2 hay a = ± 2 ⇒ p = m 2

0,25

Vậy các số thực p, q cần tìm là p = 2 và q = 1 hoặc p = − 2
và q = 1
1. (2 điểm)

0,25

0,25

1a.( 1 điểm)
·
·
- Lập luận chứng minh BDOF là tứ giác nội tiếp ⇒ DBF = FOE

4
1·
1·
·
·
OBD
= DBF;
MOE
= EOF
(3 điểm) Có
2

2
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
·

0,25

·

Từ đó suy ra MOE = OBD
Từ đó chứng minh hai tam giác vuông đồng dạng:
VBDO sV OEM ( g.g)
OD BD
=
⇒ BD.ME = OD.OE = R 2
⇒ ME OE

1b.( 1 điểm)
Tương tự chứng minh CD. NE = R2.
ME NE ME + NE MN
⇒
=
=
=
⇒ BD.ME = CD.NE CD BD CD + BD BC (1)
MN AN
⇒
=
CB AC
Do MN//BC ( cùng vng góc với DE)
19

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


/>NE AN
NE MN
=
=
CK AC . Từ đó suy ra CK BC (2)
Do EN//CK
NE NE
=
⇒ BD = CK
CK
BD
⇒
Từ (1) và (2)
2.( 1 điểm)
Hình vẽ:
⇒

Từ AE + AK = AB + AC (*) suy ra:
Nếu AE> AB thì AK < AC và ngược lại.
Nên ta giả sử AE > AB⇒ K thuộc đoạn thẳng AC.
Lấy điểm F thuộc đoạn AB sao cho AF = AK ⇒KF//BC
Trên tia AC lấy AD = AE ⇒ED//BC⇒KF//BC//DE

Chứng minh tứ giác EDKF, EDCB là các hình thang cân
⇒ BE = CD, FD = EK.
Từ (*) suy ra AB +BE +AK = AB + AK+ CK⇒ BE = CK
⇒ CD = CK⇒ BC là đường trung bình của hình thang EDKF
⇒ FK +ED = 2BC
Gọi I là giao điểm của EK và FD. Ta có:
EK+FD = (EI + IK)+(FI + ID)
⇒2EK = (EI+ID)+ ( IK+ FI) > ED + FK( bđt trong tam giác)
⇒2EK > 2BC ⇒EK >BC
Gọi d là ước chung lớn nhất của m và n⇒ m = da, n = db , a và b
d3 ( a + b )
d ( a + b)
A=
=
d 2b2
b2
nguyên tố cùng nhau, ta có:
Vì a, b là hai số nguyên tố cùng nhau nên b và a+b là hai số
3
2
a + b)
nguyên tố cùng nhau suy ra b và (
là hai số nguyên tố
2
2
cùng nhau, do đó để A nguyên thì d Mb ⇒ d = cb
3

5
(1 điểm)

⇒ A = c ( a + b)

3

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

3

với a,b,c là các số nguyên dương
Do a,b là các số nguyên dương ⇒ a + b ≥ 2 , mà A là số lẻ nên
A nhận giá trị bé nhất bằng 27 , khi đó a+b =3 và c=1.
Khi đó a = 2, b = 1 nên d = 1 suy ra m =2, n =1
Hoặc a = 1, b = 2 nên d = 4 suy ra m =4, n = 8
Vậy A nhận giá trị bé nhất bằng 27 khi và chỉ khi m = 2 và n =1
hoặc m =4 và n= 8.

20

0,25

0,25


/>TRƯỜNG THCS
TỔ TOÁN - TIN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ( LẦN 2) ( cấp trường)
Năm học ..........
Mơn thi: TỐN 9
Thời gian làm bài: 150 phút
(Đề này gồm 4 câu,01 trang)

Câu 1 (2,5 điểm)
P=

x2 − x

2x − x − 1 2(x − 1)
+
x+ x + 1
x−1
x−1.
−

a) Cho biểu thức:
+ Rút gọn biểu thức P.
+ Tìm giá trị nhỏ nhất của P.

2
b) Giải phương trình: x + 8x + 15 = 3 x + 3 + 2 x + 5 − 6

Câu 2 (2 điểm)
1.Cho hàm số: y = x − 2m − 1 ; với m tham số.
a) Tính theo m tọa độ các giao điểm A; B của đồ thị hàm số với các trục Ox; Oy. H là hình

OH =

2
2

chiếu của O trên AB. Xác định giá trị của m để
b) Tìm quỹ tích (tập hợp) trung điểm I của đoạn thẳng AB.
2. Cho hệ phương trình hai ẩn x, y sau:
( m + 1) x + my = 2m − 1

2
mx − y = m − 2

Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x; y) thoả mãn P = xy đạt giá trị lớn nhất
Câu 3 (2 điểm)
2
2
a) Cho (x + x + 2013 ).(y + y + 2013 )=2013. Chứng minh x2013+ y2013=0
b) Giải hệ phương trình sau:

 x − y + x = y

 x + y + 18 xy = 4 x + 3 y + 13

Câu 4 (3,5 điểm):
Cho đường tròn tâm O, bán kính R khơng đổi, AB và CD là hai đường kính bất kỳ của (O)

(AB khác CD). Đường thẳng vng góc với AB tại A cắt các đường thẳng BC, BD lần lượt tại M
và N. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AM và AN, H là trực tâm của tam giác BPQ.
a) Chứng minh hai tam giác BCD và BNM đồng dạng.
b) Chứng minh rằng khi hai đường kính AB và CD thay đổi thì độ dài đoạn thẳng AH ln
khơng đổi.
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác BPQ.

21


/>HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI chọn HSG LỚP 9
Năm học: .................
MƠN: TỐN.
Thời gian làm bài: 150 phút .
(Hướng dẫn chấm gồm: 4 trang)
Câu

Ý

Nội dung cần đạt

Điểm

x ≥ 0
⇔ 0≤ x ≠ 1

x
−
1
≠

0

+ Điều kiện để P có nghĩa là: 
.
3

P=

x( x − 1)

−

( x − 1)(2 x + 1)

+

0,25

2( x − 1)( x + 1)

x+ x +1
x −1
x −1
P = x( x − 1) − (2 x + 1) + 2( x + 1) = x − x + 1
A

1

Vậy P = x −

0,25

x + 1.

0,25

1
3 3
P = x − x + 1= ( x − )2 + ≥
2
4 4.
+Theo câu a ta có
1
1
x = ⇔ x=
2
4
Dấu bằng xảy ra khi
3
1
minP = khi x =
4
4.
Vậy

0,25

b)ĐKXĐ: x ≥ –3, ta có:

0,25

2,0

x + 8x + 15 = 3 x + 3 + 2 x + 5 − 6
(x + 3)(x + 5) − 3 x + 3 − 2 x + 5 + 6 = 0
2

⇔
B

⇔ ( x + 3 − 2)( x + 5 − 3) = 0
 x+3 = 2
x + 3 = 4
x = 1
⇔
⇔

x + 5 = 9
x = 4
 x+5 =3
⇔ 
(Thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 4

2

Tìm được tọa độ giao điểm A của đồ thị hàm số với trục Ox: A

1.
a

1
1
1
=
+
2
2
OA OB 2
Ta có: ∆ AOB vng tại O và có OH là đường cao nên: OH

1.
b

m = 0
1
1
2
+ 2 ⇔2=
⇔
2
2
x A yB
(2 m + 1)
 m = −1
Hay
x +x
2m + 1
xI = A B =
2

2
Hoành độ trung điểm I của AB:

22

0,25
0,25

( 2m + 1;0 )

( 0; −2m − 1)
Giao điểm B của đồ thị hàm số với trục Oy: B

2=

0,25

2,0
0,25

0,5

0,25


/>Tung độ trung điểm I của AB:

yI =

y A + yB −(2m + 1)

=
2
2

0,25

Ta có: y I = − xI ⇒ Quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng AB là đường thẳng
y = −x
Hệ ln có nghiệm duy nhất

⇒ y = − m2 + mx + 2

Vì từ (2)
Thay vào (1) ta được:
(m+1)x + m(- m2 +mx + 2) = 2m -1
⇔ (m2 + m + 1)x = m3 - 1

1
3
(m + )2 + > 0∀m
2
4
Mà m2 + m + 1 =

0,25

Hệ có nghiệm duy nhất là:

2

x = m −1

 y = −m + 2

0,25

Ta có P = xy = (m -1)(2- m) = - m2 + 2m + m - 2

9 1
−(m 2 − 3m + ) +
4 4
=
3
1 1
−(m − ) 2 + ≤
2
4 4
=
3
3
⇔m − =0⇔m=
2
2
Dấu “=” xảy ra
1
3
⇔m=
2
Vậy giá trị lớn nhất của P là MaxP = 4

0,25

2
2
Ta có:(x + x + 2013 ).(y + y + 2013 )=2013
2
2
2
y 2 + 2013
(x - x + 2013 )(x + x + 2013 ).(y +
)=2013(x - x + 2013 )

B

2
2
-2013.(y + y + 2013 )=2013(x - x + 2013 )

-y -

C

0,25

y 2 + 2013

0,25

2
=x - x + 2013

2
2
Tương tự: -x - x + 2013 = y - y + 2013
⇒ x+y =0 ⇒ x =-y ⇒ x2013+ y2013=0
 x − y + x = y ( a )

 x + y + 18 xy = 4 x + 3 y + 13( b )
(I ) 
Ta có :
( a) ⇔ ( x − y )( x + y + 1 ) = 0 ⇔

0,25

(ĐKXĐ : x ≥ 0; y ≥ 0 )
x−

y =0 ⇔

⇔ x = y thế vào (b) ta được :
2x +18x = 4 x + 3 x + 13 ⇔ 20x - 7 x -13 = 0 (6)
x =t
Đặt
(t ≥ 0 ) ta có :
23

x =

y
0,25

0,25


/>t = 1

t = − 13 < 0 ( lo¹i )
20
( 6) ⇔ 20 t2 – 7t – 13 = 0 ⇔ 
⇔ x = 1 ⇔ x = 1(thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất (x,y) = (1, 1)

0,25

0,25

a

4
b

c

Tứ giác BCAD có hai đường chéo BA và CD bằng nhau và cắt nhau tại trung
điểm mỗi đường nên tứ giác BCAD là hình chữ nhật.

·
·
·
·

Suy ra BCD = ABM , mà ABM = BNM (Vì cùng phụ với góc ABN)
·
·
⇒ BCD
= BNM
⇒ ∆ BCD và ∆ BNM đồng dạng (g-g).
·
·
·
·
Ta có ∆ APH đồng dạng với ∆ ABQ vì PAH = BAQ = 1v và APH = ABQ
·
(cùng phụ với PQB ).
AH AP
AP.AQ AM.AN AB2 AB 2R R
=
=
⇒ AH =
=
=
=
=
4AB
4AB
AB
4
4
2
Suy ra: AQ AB
(không đổi)

(Tam giác BMN vuông tại B, có BA là đường cao nên AM.AN = AB2 , theo hệ
thức lượng trong tam giác vuông).
Vậy, khi hai đường kính AB và CD thay đổi thì độ dài đoạn thẳng AH luôn
R
không đổi và bằng 2 .
Ta có: SBPQ =
AM + AN
AB.
AB.PQ AB(AP + AQ)
AB(AM + AN) R(AM + AN)
2
=
=
=
=
2
2
2
4
2
R(AM + AN)
2
SBPQ nhỏ nhất ⇔
nhỏ nhất.

0,25
0,5
0,5
3

0,5

0,25

Mà R không đổi nên SBPQ nhỏ nhất ⇔ AM + AN nhỏ nhất
Vì AM.AN = AB2 = 4R2 khơng đổi nên AM + AN nhỏ nhất
⇔ AM = AN = 2R
⇔ tam giác BMN vuông cân ⇔ tam giác BCD vuông cân
⇔ AB ⊥ CD.
Vậy, diện tích tam giác BPQ có giá trị nhỏ nhất là 2R2 khi AB ⊥ CD.

24

0,25
0,25
0,25


/>
PGD KRÔNG PẮC
TRƯỜNG THCS EA YÔNG

Bài 1: (3điểm):

ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN – NĂM HỌC 2007 – 2008
Mơn : Tốn- Lớp 9
Thời gian làm bài : 150 phút

Cho A =

4− x −

b) Tìm x để A nhận giá trị nhỏ nhất.

a) Rút gọn A.

Bài 2 : (2điểm):

x+x
+x
x

Giải hệ phương trình:

 x + 2007 + y = 2007

 x + y + 2007 = 2007

Bài 3 : (3điểm):

2
Giải phương trình: 2 x − 3 + 5 − 2 x = 3 x − 12 x + 14

Bài 4 : (3điểm):

Cho x > 0, y > 0 và x + y = 4
2

2

1 
1

 x + ÷ +  y + ÷ + 1994,5
y
Tìm giá trị nhỏ nhất của A =  x  
.

Bài 5: (3 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Kẻ BM vng góc với AC, gọi N là trung điểm
·
= 90° .
của AM, P là trung điểm của CD. Chứng minh: BNP

Bài 6: (3 điểm) Cho ∆ABC ( AB = AC). Đường cao AH, kẻ HE vng góc với AC, gọi O
là trung điểm của EH. Chứng minh: AO ⊥ BE
Bài 7: (3 điểm)

Cho ∆ABC Có AB = c, AC = b, BC = a.

Chứng minh rằng:

Sin

A
B
C 1
×Sin ×Sin ≤
2
2
2 8

*********************** Hết ************************

25