106 de thi hoc sinh gioi lop 9 mon toan

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG THÁP
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2016-2017
ĐỀ THI MƠN: TỐN
Ngày thi: 19/03/2017
Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1. (4,0 điểm)
a) Tính giá trị biểu thức A 

4 3  2 2  10

1  2 3  2   1

b) Cho B  n 4  n 3  n 2  n. Chứng minh rằng B chia hết cho 6 với mọi số nguyên n
Câu 2. (2,0 điểm)
Cho biểu thức P 

x x
x 1



5  2x
x 1 x 1
x



a) Tìm điều kiện của x để P xác định và rút gọn P
b) Tìm các giá trị của x để P có giá trị bằng 7
Câu 3 . (2,0 điểm)

1


1

1

a) Cho ba số dương a, b, c . Chứng minh rằng  a  b  c       9
a b c


b) Cho 3 số dương x, y, z thỏa điều kiện x  y  z  1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P

x
y
z


x 1 y 1 z 1

Câu 4. (4,0 điểm)

5
 3

 x y  x y  6

a) Giải hệ phương trình 
 3  4  3
 x  y
x y

b) Một ô tô dự định đi từ tỉnh A đến tỉnh B với vận tốc trung bình là 40 km/h. Lúc đầu ơ tơ
đi với vận tốc đó, khi cịn 60 km nữa thì mới được một nửa quãng đường AB, người lái
xe tăng thêm vận tốc 10km/h trên quãng đường còn lại. Do đó ơ tơ đến tỉnh B sớm hơn
1 giờ so với dự định. Tính quãng đường AB
Câu 5. (4,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi E, F lần lượt là chân đường
cao kẻ từ C, B của tam giác ABC. D là điểm đối xứng của A qua O, M là trung điểm BC, H là
trực tâm tam giác ABC.
a) Chứng minh rằng M là trung điểm HD
b) Gọi L là giao điểm thứ hai của CE với đường tròn tâm O. Chứng minh rằng H, L đối
xứng nhau qua AB
c) Chứng minh rằng EF vng góc với AO
Câu 6. (4,0 điểm)
Cho hình vng ABCD cạnh bằng 4. Trên hai cạnh AB và AD lần lượt lấy hai điểm E,
F sao cho EC là phân giác góc BEF . Trên tia AB lấy K sao cho BK=DF.
a) Chứng minh rằng CK = CF


b) Chứng minh rằng EF=EK và EF luôn tiếp xúc với một đường trịn cố định
c) Tìm vị trí của E, F sao cho diện tích tam giác CEF lớn nhất

ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 ĐỒNG THÁP 2016-2017

Câu 1 A 

4 3  2 2  10

1  2 3  2   1

4 3  2 2  10  4





2

2  1  10  4

1  2 3  2   1  3 





2  1  10  6  4 2

2  3 2  2 1  6  4 2

 A 1

b)
B  n 4  n3  n2  n

B  n 2 (n 2  1)  n(n 2  1)
B  n.n.  n  1 n  1   n n  1 n  1 
B  n  n  1 n  1 n  1 

Do  n  1 n  n  1 là tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3
Vậy B chia hết cho 6
Câu 2.
a) ĐK: x  0 ;x  1
x 2  x x  x x  x  5  2x x 2  x  5

x 1
x 1
5
b) P  x 
x 1
5
P 7 x
 7  x 2  8x  12  0
x 1
P

 x  2;x  6 (nhận)

Câu 3.
a  b  c  3 3 abc (1)

a) Ta có : 1 1 1
a



1
  33
b c
a.b.c

(2)

(1) Nhân (2) vế theo vế ta được  a  b  c       9
a b c
1



b) P=

x
y
z


x 1 y 1 z 1

1

1



P  1

 1
1
1
1
1
1 
1
1
 3 



x 1
y 1
z 1
x 1 y 1 z 1 

1 1 1
Ta có :     
a

b

 1

9
(theo câu a)
abc

c

1

1 

9

9

Nên 




 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 4
P  3

9 3

4 4

Vậy GTLN của P là

3
1
khi x  y  z 
4
3

Câu 4.
a) Điều kiện x  0; x   y
Đặt a 

1
x y

;b 

1
x y

1 

3a  5b  6
a 
 x  y  3 x  4
Hệ trở thành 
thỏa điều kiện


3
3a  4b  3
 b  1
 x  y  1  y  1

b) Gọi x là quãng đường AB (x>0)
Quãng đường ô tô đi với vận tốc ban đầu là :
Quãng đường ô tô đi với vận tốc tăng lên là

x  120
80
x  120
Thời gian ô tô đi lúc tăng vận tốc là:
100

Thời gian ô tơ đi lúc ban đầu là:

Theo đề bài ta có phương trình:
x  120 x  120 x


1
80
100
40

Giải phương trình được x = 280
Vậy quãng đường AB dài 280 km

x
 60
2

x
 60
2


Câu 5.

a) DB  AB,CE  AB nên CE // DB
DC  AC,BF  AC nên DC // BF
Tứ giác ABDC là hình bình hành, M là trung điểm BC nên M là trung điểm DH
b) AE  HL (a)
  LCB
 (1) (góc nội tiếp cùng chắn cung)
EAL
  HAB
 (2) (K là giao điểm của AH và BC)
EHA đồng dạng KHC  LCB
 (b)
Từ (1) và (2) suy ra AE là phân giác HAL
Từ (a) và (b) suy ra E là trung điểm HL. Vậy H, L đối xứng qua AB


c) Kẻ tiếp tuyến từ A của đường tròn tâm (O) (3)
  ABC
 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
TAC
  EFC
  1800
Tứ giác EFCB nội tiếp  ABC
  EFA
  1800 nên ABC
  AFE
  TAC
 suy ra EF//AT (4)
EFC

Từ (3) và (4) suy ra EF vng góc với AO
Câu 6.

  CBK
  90 0 nên DFC  BKC  CK  CF
a) CD=CB, DF=BK, FDC
b) Gọi H là chân đường cao kẻ từ C của tam giác CEF

HEC  BEC  HE  EB
HFC  BKC nên FH = BK

Cộng vế theo vế suy ra EF = EK
Do HEC  BEC  CB  CH và EF  CH
Vậy tam giác EFC ln tiếp xúc đường trịn cố định tâm C bán kính CH = 4

c) S DFC  S HFC ;S HEC  S BEC

1
1
S CEF  S CDFEB  16  S AEF   S CEF  8
2
2
S CEF lớn nhất bằng 8. Khi đó E  A, F  D.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014-2015

Môn thi: TOÁN
Thời gian : 150 phút
Ngày thi: 31/3/2015

Câu 1. (4 điểm)
Cho biểu thức A 

x2



x 1



1

x x 1 x  x 1 1  x

(x  0;x  1)

1. Rút gọn biểu thức A
2. Chứng minh rằng A không nhận giá trị nguyên với x>0; x  1
Câu 2. (4 điểm)
Giải phương trình : x2  6x  10  2 2x  5
Câu 3. (4 điểm)
Cho phương trình x 2  2(a  1)x  2a  0 (1) (với a là tham số)
1. Chứng minh rằng phương trình (1) ln có hai nghiệm với mọi a
2. Tìm a để phương trình (1) có hai nghiệm là độ dài hai cạnh của một hình chữ
nhật có độ dài đường chéo là 2 3

Câu 4. ( 6 điểm)
Cho góc xOy có số đo bằng 600 . Đường trịn có tâm K tiếp xúc với tia Ox tại M
và tiếp xúc với tia Oy tại N. Trên tia Ox lấy điểm P thỏa mãn OP = 3OM. Tiếp tuyến
của đường tròn (K) qua P cắt tia Oy tại Q khác O. Đường thẳng PK cắt đường thẳng
MN tại E. Đường thẳng QK cắt đường thẳng MN tại F.
1) Chứng minh rằng hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng với nhau
2) Chứng minh tứ giác PQEF nôi tiếp
3) Gọi D là trung điểm PQ. Chứng minh tam giác DEF đều
Câu 5. (2 điểm)
Cho x, y dương thỏa mãn điều kiện : x  y  6
6
x

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3x  2y  

8
y


Câu 1.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 LẠNG SƠN 2014-2015

Rút gọn được A 

x
x  x 1

Chứng minh được 0 < A <1 nên A không nguyên
Câu 2.

PT  x 2  8x  16  2x  5  2 2x  5  1
 x  4 
2



2x  5  1



2

Nghiệm phương trình là x = -2
Câu 3.
Có  '  a 2  1  0 với mọi a nên phương trình ln có nghiệm
x1  x 2  2a  2

Theo giả thiết x12  x 22  12, theo Vi et 

x1 .x 2  2a

Nên  2a  2   4a  12 hay a = 1; a = -2
2

Câu 4.


  KPQ
 (*)
1. PK là phân giác góc QPO nên MPE

  1200
Tam giác OMN đều  EMP



  QKP
  1800  KPQ
  KQP

QK cũng là phân giác OQP



  2.KPQ
  1800  600  1200  QKP
  1200
Mà 2.KQP
  QKP
 (**)
Do đó EMP
Từ (*) và (**) ta có tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ
  KQP
 hay FEP
  FQP

2. Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên MEP
Suy ra tứ giác PQEF nội tiếp trong đường tròn

3. Do 2 tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên

PM PE
PM PK
suy ra


PK PQ
PE PQ

  EPQ
 , do đó hai tam giác MPK và EPQ đồng dạng
Ngoài ra MPK
  PMK
  900
Từ đó PEQ
Suy ra, D là tâm của đường trịn ngoại tiếp tứ giác PQEF
Vì vậy tam giác DEF cân tại D





  1800  FDP
  EDQ
  POQ
  600
Ta có FPD

Từ đó tam giác DEF là tam giác đều
Câu 5.
Ta có  a  b   0 nên a  b  2 ab với a, b dương

Từ giả thiết
2P  3(x  y)  (3x 

12 
16 
)   y    3.6  2.6  2.4  38
x
y 


Nên 2P  38  P  19. Vậy Min P=19 khi x=2; y=4
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1.(2 điểm)
Cho a 

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2016-2017
Mơn thi: TỐN
Thời gian: 150 phút
Ngày thi: 22/3/2017

2 1
2 1
. Tính a 7  b 7
;b 
2
2

Câu 2. (4 điểm)


a) Cho hàm số y = ax+b (a khác 0) có đồ thi là (d) . Lập phương trình đường thẳng (d),
biết (d) đi qua điểm A(1;2) và cắt trục hồnh tại điểm B có hồnh độ dương, cắt trục
tung tại điểm C có tung độ dương và thỏa mãn  OB  OC  nhỏ nhất (O là gốc tọa độ)
b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình
3x  16y  24  9x 2  16x  32

Câu 3. 3 điểm
Giải phương trình 4x3  5x2  1  3x  1  3x
Câu 4 . (3 điểm)
 y 2 2x  1  3  5y 2  6x  3
Giải hệ phương trình  4 2
2y 5x  17x  6  6  15x





Câu 5. (6 điểm)
Cho điểm M thuộc nửa đường tròn (O) đường kính AB  M  A,M  B,MA  MB  .
 cắt AB tại C. Qua C vẽ đường vng góc với AB cắt đường
Tia phân giác của AMB
thẳng AM, BM theo thứ tự ở D, H.
a) Chứng minh CA = CH
b) Gọi E là hình chiếu vng góc của H trên tiếp tuyến tại A của (O), F là hình chiếu
vng góc của D trên tiếp tuyến tại B của (O). Chứng minh E, M, F thẳng hàng.
c) Gọi S1 ,S 2 thứ tự là diện tích tứ giác ACHE và BCDF . Chứng minh CM 2  S 1.S 2

Câu 6. (2 điểm)
Cho ba số a, b,c  1 thỏa mãn 32abc  18(a  b  c)  27. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P

a2  1
b2  1
c2  1


a
b
c


ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 9 HƯNG YÊN 2016-2017
Câu 1.
1
4

1
2

Ta có : a  b  2 ;ab  ; a 2  b2   a  b   2ab  2  
2

3
2

Lại có a 7  b7   a 3  b3  a 4  b 4   a 3b3  a  b 





2
3
  a  b   3ab(a  b)  a 2  b 2  2a 2b 2   a 3b 3(a  b)

 

2
1
1 1
5
17 1
169 2
 3
  3 
  2  3. . 2     2.   . 2  . 2.  . 2 
4
16  16
4
8 64
64

  2 

Câu 2.
a) Do (d) đi qua điểm A(1;2) nên (d) có dạng y  ax  2  a

a2 
Có (d) cắt trục Ox tại B 
;0  và cắt trục Oy tại C  0;2  a 
 a



Vì điểm B có hồnh độ dương và C có tung độ dương nên a <0
Khi đó ta có OB  OC 

a 2
2
2
2
 2  a  1  2  a  3 
 (a)  3  2
.(a)  5
a
a
a
a

Suy ra OB + OC nhỏ nhất khi và chỉ khi a   2
Vậy phương trình (d) có dạng: y   2x  2  2
b) 3x  16y  24  9x 2  16x  32 (1)
ĐK: 3x  16y  24  0


3x  16y  24  9x 2  16x  32  3x  16y  24   9x 2  16x  32
2



 9(3x  16y  24) 2  9 9x 2  16x  32



  9x  48y  72   81x 2  144x  288
2

  9x  48y  72   9x  8   224
2

2

  9x  48y  72   9x  8   224
2

2

  9x  48y  72  9x  8 9x  48y  72  9x  8   224
 18x  48y  64 48y  80   224
 32.  9x  24 y  32  (3y  5)  224
  9x  24y  32 . 3y  5   7

Với x, y nguyên thì (3y+5) là ước của (-7) và chia cho 3 dư 2
  3y  5  1 hoặc  3y  5  7
+) TH1:  3y  5  1  y  2  x  1
+) TH2:  3y  5  7  y  4  x  7
Vậy các cặp nghiệm nguyên (x;y) là  1; 2  ;(7; 4)

Câu 3. ĐK: x 

1
3

4x 3  5x 2  1  3x  1  3x
 4x 3  5x 2  1  3x  1  3x  0
 4x 3  5x 2  x  2x  1   3x  1  0

 2x  1  3x  1   0
x
 2x  1  3x  1
2

 4x  5x
3



2



 4x 2  x  x  1  

4x 2  x

 2x  1 

3x  1

0



1
 4x 2  x x  1  
  0(*)
 2x  1  3x  1 

1
1
Với x 
thì  x  1 
0
3
 2x  1  3x  1





x  0
(thỏa mãn điều kiện)
(*)  4x  x  0  
 x  1

4
1
Vậy phương trình có nghiệm x  0;x  

4
2


Câu 4.
1
. Biến đổi phương trình thứ hai ta được
2
2
2y4  5x  2  (x  3)  3(2  5x) suy ra x  (loại) hoặc 2xy 4  3  6y 4
5

Điều kiện xác định x 

 y 2 2x  1  3. 2x  1  5y 2  3
Ta đưa về hệ phương trình  4
4
2xy  3  6y

Nhận thấy y = 0 khơng là nghiệm của hệ phương trình nên chia 2 vế của phương trình
thứ nhất cho y 2 và phương trình thứ hai cho y 4 có:

3
3
 2x  1  2 2x  1  5  2
y
y


2x  1  3  5


y4

Đặt a  2x  1 ; b 

3
y2

với a  0;b  0
a  ab  b  5

Ta có hệ phương trình 

2
2
a  b  5

Ta được a 

5 b
thay vào phương trình (2) ta có:
1 b

2

 5 b 
2
4
3
2

2
 1  b   b  5  b  2b  3b  20b  20  0   b  1 b  2  b  5b  10  0


a  2
a  1
Suy ra 
hoặc 
b  1
b  2



5

a  2
x 
+Với 
thì  2
b  1
y   4 3

x  1
a  1
4
+) Với 
thì 
3
b


2

y  
2

 5
 2



Kết luận (x;y)   ;  4 3  ; 1; 

Câu 5.

 

4

3 

2 




a) Do MC là phân giác của AMB , theo tính chất đường phân giác 
  BMA
  90 0 , ABM là góc chung
Xét BHC và BAM có BCH

 BHC đồng dạng với BAM 

HC AM

(2)
BC BM

Từ (1) và (2)  AC  HC
b) Tứ giác ACHE là hình vng suy ra AH=EC

AC AM

(1)
BC BM


Gọi AH cắt EC tại I
AH
EC
  900
 MI 
 EMC
2
2
0
  90
Chứng minh tương tự ta có CMF
  900  900  1800 suy ra E, M, F thẳng hàng
Vậy EMF

Xét AMH vuông tại M  MI 

c) Do tứ giác ACHE là hình vng  CH 
 S1  CH 2 

CE
2

2

CE
 2S1  CE 2
2

Tương tự 2S 2  CF 2
Xét FCE vuông tại C, đường cao CM, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông
ta có,

1
1
1


2
2
CE
CF
CM 2

 CM2 

2S1S 2
2S1S 2
CE 2 .CF 2


 S1.S 2
2
2
CE  CF
S1  S 2 2 S1S 2

Dấu “=” xảy ra  S1  S 2  AM  BM (vơ lý vì AM < BM)
Vậy CM 2  S 1.S 2
Câu 6.
+) Sử dụng bất đẳng thức : Với x, y, z  0 , ta ln có x  y  z  3(x y z)
Từ bất đẳng thức đã cho ta có:
P  1

 1 1 1
1
1
1
 1  2  1  2  3 3   2  2  2
2
a
b
c
b c
 a

Suy ra P  9     
a b c
1

1

1


1 1 1
   9  3  a 2  b2  c2 




2

Từ giả thiết 32abc  18(a  b  c)  27  18 

1
1 1  27
  
 32 (*)
 ab bc ca  abc

2

1 1 1 1 1 1 1
1

1 1 1 1
   .     và
 .   
ab bc ca 3  a b c 
abc 27  a b c 
1 1 1
Đặt t    . Từ (*) ta có
a b c

Ta có

3

 t2 
 t3 
2
18    27.    32  t 3  6t 2  32  0   t  2  t  4   0  t  2
3
 27 
2

1 1 1
Suy ra P  9       9  2 2  5
a b c


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c 

3
2

Vậy giá trị lớn nhất của P là 5
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

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

Đề chính thức

Mơn thi: TỐN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Câu 1. (3,0 điểm)
a. Chia 18 vật có khối lượng 20162; 20152; 20142; ...; 19992 gam thành ba nhóm có khối lượng
bằng nhau. (khơng được chia nhỏ các vật đó).
b. Tìm nghiệm ngun dương của phương trình: 3x + 171 = y2
Câu 2. (6,0 điểm)
a. Giải phương trình: x 2  6 x  1   2 x  1 x 2  2 x  3

 4 x 2  1  y 2  4 x
b. Giải hệ phương trình:  2
2
 x  xy  y  1
Câu 3. (3,0 điểm)
Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:

a 1 b 1 c 1


3
b2  1 c2  1 a 2  1

Câu 4. (6,0 điểm)
Từ điểm M nằm ngồi đường trịn tâm (O; R). Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường trịn (A, B
là các tiếp điểm), cát tuyến MPQ khơng đi qua O (P nằm giữa M, Q). Gọi H là giao điểm của
OM và AB.


  HQO

a. Chứng minh: HPO
b. Tìm điểm E thuộc cung lớn AB sao cho tổng

1
1
có giá trị nhỏ nhất.

EA EB

Câu 5. (2,0 điểm)
Tìm hình vng có kích thước nhỏ nhất để trong hình vng đó có thể sắp xếp được 5 hình
trịn có bán kính bằng 1 sao cho khơng có hai hình trịn bất kì nào trong chúng có điểm trong
chung.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MƠN TỐN LỚP 9
Câu

Nội dung

Điểm

- Nhận xét:
n2 + (n + 5)2 = 2n2 + 10n + 25 = x + 25
(n + 1) + (n + 4) = 2n + 10n + 17 = x + 17
2

2

2

0,5

(n + 2)2 + (n + 3)2 = 2n2 + 10n + 13 = x + 13
1

a

Lần thứ nhất, chia 6 vật có khối lượng 19992, ... , 20042 thành ba
phần: A + 25, A + 17, A + 13
Lần thứ hai, chia 6 vật có khối lượng 20052, ..., 20102 thành ba phần:
B + 25, B + 17, B + 13
Lần thứ ba, chia 6 vật có khối lượng 20112, ..., 20162 thành ba phần:
C + 25, C + 17, C + 13

0,5


Lúc này ta chia thành các nhóm như sau: Nhóm thứ nhất A + 25, B
+ 17, C + 13; nhóm thứ hai B + 25, C + 17, A + 13; nhóm thứ ba C +
25, A + 17, B + 13. Khối lượng của mỗi nhóm đều bằng A + B + C +

0,5

55 gam.
Viết phương trình đã cho về dạng: 9.(3x – 2 + 19) = y2 (x  2). Để y là
số nguyên thì điều kiện cần và đủ là 3x

– 2

+ 19 = z2 là số chính

0,25

phương (z là số nguyên dương)
Nếu x – 2 = 2k + 1 là số lẻ thì 32k + 1 + 19 = (32k + 1 + 1) + 18 = 4.B + 18
chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 nên khơng thể là số
b

chính phương.

0,5

Do đó x – 2 = 2k là số chẵn
Ta có 3x – 2 + 19 = z2   z  3k  z  3k   19 . Vì 19 là số nguyên tố và
k
 z  10
 z  10
 z  3  1
z  3k  z  3k nên 





k
k
 z  3  19
k  2
3  9

Vậy x = 6 và y = 30.

0,5

0,25

ĐKXĐ: R.
Vì x 

1
khơng phải là nghiệm, nên phương trình đã cho tương
2

đương với phương trình:



2

a

x2  6x  1

 2
2x 1

0,5

x2  6x  1
 x2  2x  3
2x 1

x2  2 x  3  2

x 2  6 x  1  2(2 x  1) ( x 2  2 x  3  2)( x 2  2 x  3  2)

2x 1
x2  2x  3  2

0,5

0,25




x2  2x  1

2x 1

x2  2x  1

0,25

x2  2x  3  2


1
1 
  x 2  2 x  1 

 0
2
 x  2 x  3  2 2 x  1

0,5

2

 x  2x  1  0
(1)

 x 2  2 x  3  2  2 x  1 (2)

PT (1) có hai nghiệm x1;2  1  2

0,25

PT (2) 

0,25

x2  2x  3  2  2x  1  x2  2x  2  2x  1

1

3  15
x 
 x3 

2
3
 x 2  2 x  3  (2 x  1)2


Vậy phương đã cho có ba nghiệm: x1;2  1  2; x3 

0,25

3  15
3

 2 x  1 2  y 2
 y  2 x  1
Hệ phương trình  
 2
2
2
2
 x  xy  y  1  x  xy  y  1

b

 y  2 x  1

 2
2
2
2
 x  xy  y  1  x  x  2 x  1   2 x  1  1
 y  2x  1

0,25

0,5

Xét hệ: 

0,5

5
 y  2x 1

x




x  0
 y  2x 1
7
 x  0


hoặc 
 2
 
y 1
y   3
7 x  5 x  0   x   5

 
7
7

0,5

 y  2 x  1

 2
2
2
2
 x  xy  y  1  x  x  2 x  1   2 x  1  1

0,5

 y  2 x  1

Xét hệ: 


 y  2 x  1
x  0

 x  1
 y  2 x  1

hoặc 
 2
  x  0
 
 y  1
y 1
3x  3x  0   x  1


0,5

 5


3

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là: (0; 1),   ;   ,
7 7


0,5

(0; -1), (-1; 1)
Sử dụng bất đẳng thức Cô si
b 2  a  1
b 2 a  1 
a 1

b  ab
 a  1
 a  1
Ta có: 2  a  1  2
(1)
b 1
b 1
2b
2

Tương tự:
và

b 1
c  bc
(1)
 b  1
2
c 1
2

c 1
a  ca
(3)
 c  1
2
a 1
2

0,5

0,5

Từ (1); (2) và (3) suy ra:
3

a 1 b 1 c 1 a  b  c
ab  bc  ca
 2
 2

 3
2
b 1 c 1 a 1
2
2

0,5

Mặt khác a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca
hay 3( ab  bc  ca)   a  b  c   9
2

Do đó:
=

a 1 b 1 c 1 a  b  c
ab  bc  ca
 2
 2


 3
2
b 1 c 1 a 1
2
2

3
9
 3  3
2
6

Vậy

a 1 b 1 c 1


 3 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1
b2  1 c2  1 a 2  1

0,5

0,5

0,5


a

 MPA đồng dạng  MAQ (g.g), suy ra MA2 = MP.MQ (1)

0,75

 MAO vng tại A, có đường cao AH nên MA2 = MH.MO (2)

0,5

Từ (1) và (2) suy ra MP.MQ = MH.MO hay

MP MO
(*)

MH MQ

0,5

 MPH và  MOQ có góc M chung kết hợp với (*) ta suy ra  MPH

4

  MQO

đồng dạng  MOQ (c.g.c) suy ra MHP

  HQO
 = 1 sdOH
Do đó tứ giác PQOH là tứ giác nội tiếp  HPO
2

0,75

0,5

(đpcm)

b

Trên tia đối của tia EA lấy điểm F sao cho EB = EF hay  EBF cân tại

  1 BEA
 . Đặt 
AFB 
E, suy ra BFA
AEB   khi đó 
2
2

nên F di

0,5


chuyển trên cung chứa góc
Ta có:


dựng trên BC.
2

1
1
4
1
1
. Như vậy
nhỏ nhất khi EA + EB



EA EB EA  EB
EA EB

0,5

lớn nhất hay EA + EF lớn nhất  AF lớn nhất (**)
Gọi O’ là điểm chính giữa của cung lớn AB, suy ra  O’AB cân tại O’
suy ra O’A=O’B (3)
'  BEO
' (cùng bù
 O’EB và  O’EF có EB = EF, O’E chung và FEO
'   O’EB =  O’EF (c.g.c) suy ra O’B = O’F (4)
với BAO

Từ (3) và (4) suy ra O’ là tâm cung chứa góc


dựng trên đoạn
2

thẳng BC. (cung đó và cung lớn AB cùng thuộc một nửa mặt phẳng

0,5

0,5

0,5

bờ AB)
Do đó AF lớn nhất khi nó là đường kính của (O’) khi E  O’ (***).

0,25

Từ (**) và (***) suy ra E là điểm chính giữa cung lớn AB thì
1
1

có giá trị nhỏ nhất.
EA EB

0,25

Gọi O là tâm của hình vng ABCD cạnh là a > 2 chứa 5 hình trịn
bán kính bằng 1 sao cho khơng có hai hình trịn nào trong chúng có
điểm trong chung. Suy ra tâm của các hình trịn này nằm trong hình
5

vng MNPQ tâm O cạnh là (a-2) và MN // AB. Các đường trung

0,75

bình của hình vng MNPQ chia hình vng này thành 4 hình
vng nhỏ bằng nhau.
Theo ngun lí Dirichle tồn tại một hình vng nhỏ chứa ít nhất 2
trong 5 tâm của các hình trịn nói trên, chẳng hạn đó là O1 và O2.

0,5


Do 5 hình trịn này khơng có hai hình trịn nào có điểm trong chung
nên O1O2  2 (1)

0,5

Mặt khác O1O2 cùng nằm trong một hình vng nhỏ có cạnh là
a2
a2
a2
. 2 (2) (
. 2 là đường chéo hình vng
nên O1O2 
2
2
2

0,5

nhỏ)
Từ (1) và (2) 

a2
2  2  a  2  2 2 . Do đó mọi hình vng
2

0,5

có cạnh lớn hơn hoặc bằng ( 2  2 2 ) thỏa mãn u cầu bài tốn.
Vậy hình vng ABCD có cạnh ( 2  2 2 ) thỏa mãn u cầu bài tốn.

PHỊNG GD & ĐT THÀNH PHỐ
THANH HĨA

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2016 - 2017
Mơn Tốn: Lớp 9
(Thời gian làm bài: 150 phút)

Bài 1: (5,0 điểm)

 x2
x
1  x 1
. Với x  0, x  1.


:
2
 x x 1 x  x 1 1 x 

Cho biểu thức: P  

0,25


a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm x để P 

2
.
7

c) So sánh: P2 và 2P.
Bài 2: (4,0 điểm)
a) Tìm x, y  Z thỏa mãn: 2 y 2 x  x  y  1  x 2  2 y 2  xy
b) Cho a, b, c là các số nguyên khác 0 thỏa mãn điều kiện:
2

1 1 1
1 1 1
     2 2 2.
b c
a b c a
Chứng minh rằng: a 3  b3  c3 chia hết cho 3.
Bài 3: (4,0 điểm)
a) Giải phương trình sau:

4 x 2  20 x  25  x 2  6 x  9  10 x  20

b) Cho x, y là 2 số thực thoả mãn: x2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: A = x + y + 1.
Bài 4: (6,0 điểm)
Cho hình vng ABCD có cạnh bằng a. N là điểm tùy ý thuộc cạnh AB. Gọi E là giao điểm của
CN và DA. Vẽ tia Cx vng góc với CE và cắt AB tại F. Lấy M là trung điểm của EF.
a) Chứng minh: CM vng góc với EF.
b) Chứng minh: NB.DE = a2 và B, D, M thẳng hàng.
c) Tìm vị trí của N trên AB sao cho diện tích của tứ giác AEFC gấp 3 lần diện tích của hình vng
ABCD


Bài 5: (1,0 điểm)
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

a
b
c
a
b
c





ab bc ca
bc
ca
ab
-------------- Hết-----------Lưu ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP 9
Bài Câu
1

a

Nội dung

Điểm

Điều kiện: x  0, x  1.

 x2
P

x
x

1
x


x2
 

3
 x 1 x 


 





0,5

x
1  x 1

:
2
x 1 1 x 

x
1  x 1

:
2
x 1
x  1 


x  2  x ( x  1)  ( x  x  1)









x 1 x  x 1

x  2 x 1





x 1 x  x 1

2
x  x 1

.

2
x 1

:

0,5

x 1
2

0,5