Một số đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh kèm đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
THANH HÓA NĂM HỌC 2011 - 2012
MÔN: TOÁN
Lớp 9 - THCS
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian phát đề
Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012
Câu I (4đ)
Cho biểu thức P =
1 8 3 1 1 1
:
10
3 1 3 1 1 1
x x x
x
x x x x
æ ö æ ö
- + - +
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
+ -
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
÷ ÷
ç ç
-
+ - - - - -
è ø è ø
1) Rút gọn P

2) Tính giá trị của P khi x =
44
223
223
223
223
+
−
−
−
+
Câu II (4đ)
Trong cùng một hệ toạ độ, cho đường thẳng d: y = x – 2 và parabol (P): y = - x
2
. Gọi A và B là giao
điểm của d và (P).
1) Tính độ dài AB.
2) Tìm m để đường thẳng d’: y =- x = m cắt (P) tại hai điểm C và D sao cho
CD = AB.
Câu III (4đ)
1) Giải hệ phương trình







=+
=+

.
2
1
2
2
2
y
x
y
x
y
x
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x
6
+ y
2
–2 x
3
y = 320
Câu IV (6đ)
Cho tam giác nhọn ABC có AB > AC. Gọi M là trung điểm của BC; H là trực tâm; AD, BE, CF là các
đường cao của tam giác ABC. Kí hiệu (C
1
) và (C
2
) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và
DKE, với K là giao điểm của EF và BC. Chứng minh rằng:
1) ME là tiếp tuyến chung của (C
1
) và (C

2
).
2) KH
⊥
AM.
Câu V (2đ)
Với
1;;0 ≤≤ zyx
. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình:
zyxyzx
z
xyz
y
zxy
x
++
=
++
+
++
+
++
3
111

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9
NĂM HỌC 2011-2012
§Ò CHÝNH THøC

Mụn : TON
Ngy thi :18/02/2012
Cõu I:
1,
C
1
,
a,
1 8 3 1 1 1
:
10
3 1 3 1 1 1
x x x
P
x
x x x x
ổ ử ổ ử
- + - +
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
= + -
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ữ ữ
ỗ ỗ
-
+ - - - - -

ố ứ ố ứ
(K:
1; 10x x> ạ
; x 5)
t
x 1 a =
( a 0)
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
3 3 3
3 9 1 2 4 3
: . .
3 3 3 3 3 2 2 2 2
a a a
a a a
P
a a a a a a a a
ộ ự
+ -
+ +
ờ ỳ
ị = = =-
ờ ỳ
+ - - + - + +
ở ỷ
( )
( )

( )
3 1 1 2
3 1
2 5
2 1 2
x x
x
P
x
x
- - -
-
=- =-
-
- +
b,

2 2
4 4
4 4
3 2 2 3 2 2
(3 2 2) (3 2 2) 3 2 2 3 2 2
3 2 2 3 2 2
1 2 ( 2 1) 2 (T/M)
x
+ -
= - = + - - = + - -
- +
= + - - =
a x 1 2 1 1 (T/m) = = =

( ) ( )
3 3.1 1
2 2 2 1 2 2
a
P
a
ị =- =- =-
+ +
C
2
,
a,
3 1 9 1 2 1 4
: .
10
1 1 3
x x
P
x
x x
ộ ự
- + - +
ờ ỳ
=
ờ ỳ
-
- - -
ờ ỳ
ở ỷ
(K:

1; 10x x> ạ
)
( )
1. 1 3
3( 1 3)
.
10
2 1 4
x x
x
P
x
x
- - -
- +
=
-
- +
( )
( )
( )
3 1 1 2
3 1( 10)( 1 2) 3 1
2(10 )( 1 4) 2 5
2 1 2
x x
x x x x
P
x x x
x

- - -
- - - - -
= =- =-
- - - -
- +

b)
2 2
4 4
4 4
3 2 2 3 2 2
(3 2 2) (3 2 2) 3 2 2 3 2 2
3 2 2 3 2 2
x
+ -
= - = + - - = + - -
- +
=> x=
1 2 ( 2 1) 2+ - - =
vỡ x>1 P =
1
P
2
=

Cõu II:
1) Honh giao im l nghim phng trỡnh
x
2
+ x -2=0

=> x = 1 hoc x = 2
Vy A(1,-1) v B(-2;-4) hoc A(-2;-4) vB(1;-1) AB
2
= (x
2



x
1
)
2
+ (y
2

-

y
1
)
2
= 18
AB = 3
2
2) (d) ct (P) ti 2 im phõn bit thỡ phng trỡnh x
2
-x+m=0 (1)
cú hai nghim phõn bit <=>
0D >
<=>

1
4
m <
Ta có CD
2
= (x
1
-x
2
)
2
+(y
1
-y
2
)
2
mà
( ) ( )
2 1 2 1 1 2
y y x m x m x x
− = − + − − + = −
nên:
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2
2 1 2 1 1 2
y y x m x m x x− = − + − − + = − 
 
Ta có AB

2
=18
nên CD = AB ⇔ CD
2
= AB
2
⇔ (x
2
-x
1
)
2
+(y
2
-y
1
)
2
=18 (*)
⇔ 2(x
1
-x
2
)
2
= 18 ⇔ (x
1
-x
2
)

2
= 9
⇔ (x
1
+x
2
)
2
- 4x
1
x
2
= 9
⇔ 1-4m-9 = 0 (Theo Viet)
⇔ m = - 2 (TM)
Câu III
1,ĐK x
¹
0, y
¹
0
C
1
,
Dùng phương pháp thế rút y theo x từ (1) thay vào pt (2) ta có pt:
( )
3 2
2
2
1 1

2 2
3x 4x 4x 0
x 0 (0 t / m)
x 3x 4x 4 0
3x 4x 4 0 (*)
x 2 y 1
(*)
2 1
x y
3 3
+ − =
=

⇔ + − = ⇔

+ − =

= − ⇒ =



= ⇒ =

C
2
,
Nhân vế của hai PT được: (x+y)
2
= 1 ⇔ x+y = ± 1 (1)
Chia vế của hai PT được:

2
x
4 x 2y
y
 
= ⇔ = ±
 ÷
 
(2)
Từ 4 PT trên giải được (x;y) = (1/3;2/3); (2;-1); (-2/3;-1/3); (-2;1)
Thử lại: Chỉ có hai nghiệm thoả mãn HPT là: (-2;1) và (1/3;2/3)
2, GPT: 2x
6
+ y
2
– x
3
y = 320
C
1
,

( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 3 6
6 6 6 6
3

6
y 2x y 2x 320 0
' x 2x 320 320 x 0 x 320 x 2 vì x Z
x 0; 1; 2
* x 0 y I y Z
* x 1 y I y Z
2 16
* x 2 ' 320 2 256 0 ' 16 y
1
KL : x; y 2; 24 ; 2;8 ; 2; 8 ; 2;24
− + − =
∆ = − + = − ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ∈
⇒ = ± ±
= ⇒ ∈ ⇒ ∉
= ± ⇒ ∈ ⇒ ∉
± ±
= ± ⇒ ∆ = − ± = > ⇒ ∆ = ⇒ = =
= − − − −
Câu IV: (Đổi điểm C
1
thành C’, C
2
thành C’’ cho dể đánh máy và vẽ hình)
1) Ta có
90
o
E F= =R R
nên tứ giác AEHF nội tiếp một đường tròn tâm chính là (C
1
) là trung

điểm AH
1 1
AEC' B A BEM
AEC' BEM
ME C'E
ME là tt cua (C')
= = =
⇑
=
⇑
⊥
⇑
R R R R
R R

MEC CEK = MCE DEC
MEK MDE
MED MKE
ME là tt cua (C'')
+ +
⇑
=
⇑
=
⇑
R R R R
R R
R R
1
1

3
1
I
C''
K
C'
H
E
F
D
M
B
C
A
2, gọi giao điểm AM với (C’) là I. ta có:
ME là tt của (C’’) ⇒ME
2
= MI. MA
ME là tt của (C’’) ⇒ ME
2
= MD. MK
⇒ MI. MA = MD. MK ⇒ ⇒  AIDK nt ⇒ ∠AIK = ∠ADK = 1v ⇒ KI ⊥ AM (1)
Ta lại có: ∠AIH = 1v (góc nt chắn nửa (C’) ⇒ HI ⊥ AM (2)
Từ (1) và (2) ⇒ I; H; K thẳng hàng ⇒ KH ⊥ AM (Đpcm)
Câu V: GPT
x y z 3
1 y zx 1 z xy 1 x yz x y z
+ + =
+ + + + + + + +
(1)

Do vai trò x,y,z như nhau nên
0 1x y z£ £ £ £
* TH1: Nếu x= 0 =>
2
3
1 1
1 1 1
( ) ( )
1 1
( 1)( 1 ) 1 1
(1 )( ) (1 )( )
y z
z zy y z
y z
z y z zy y z y z
y y z z
z y z yz y z y z
+ =
+ + +
=> - + - =
+ + + + +
- + + -
=> + =
+ + + + +
Ta có VT < 0 mà VP
³
0 nên trong trường hợp này không có nghiệm
* TH2: Nếu x khác 0 mà
0 1x y z£ £ £ £
( ) ( )

z 1 1 x 0 xz x z 1 0
⇒ − − ≤ ⇔ − − + ≥
<=>
1 zx x z
+ ≥ +
Dấu “=” xảy ra khi: x=1 hoặc z=1.

+ Ta lại có:
1 zx x z
+ ≥ +
zyxzxy
++≥++⇔
1

zyx
x
zxy
x
++
≤
++
⇒
1
+ Tương tự:
zyx
y
xyz
y
++
≤

++
1

zyx
z
yzx
z
++
≤
++
1

1
111
=
++
++
≤
++
+
++
+
++
=⇒
zyx
zyx
yzx
z
xyz
y

zxy
x
VT
. (2)
+ Mặt khác, vì:
31;;0 ≤++⇒≤≤ zyxzyx
. Dấu “=” xảy ra khi : x = y = z = 1

1
3
33
=≥
++
=⇒
zyx
VP
Dấu “=” xảy ra khi : x = y = z = 1 (3)
+ Từ (2) và (3)
VT VP⇒ =
chỉ đúng khi:
1
==
VPVT
.Khí đó x = y = z =1.
* Vậy phương trình có nghiệm duy nhất:
( ) ( )
x; y; z 1;1;1=
.
SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 – 2013

MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 27/03/2013
( Đề thi gồm có 01 trang )
Câu 1 (2,0 điểm):
a) Rút gọn biểu thức:
(
)
2
A = x 50 x + 50 x + x 50− − −
với
x 50≥
b) Cho
x + 3 = 2
. Tính giá trị của biểu thức: B = x
5
– 3x
4
– 3x
3
+ 6x
2
– 20x + 2018
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Câu 2 (2,0 điểm):
a) Giải phương trình
2 2
4x 3x
+ = 6
x 5x + 6 x 7x + 6− −

b) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau:
x + y + 4 xy = 16
x + y = 10






Câu 3 (2,0 điểm):
a) Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu
2 2
4a + 3ab 11b−
chia hết cho 5
thì
−
4 4
a b
chia hết cho 5.
b) Cho phương trình
2
ax +bx+1 0
=
với a, b là các số hữu tỉ. Tìm a, b biết
5 3
x =
5+ 3
−
là nghiệm của phương trình.
Câu 4 (3,0 điểm):

Cho 3 điểm A, B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (B nằm giữa A và C). Vẽ
đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua B và C (O không nằm trên đường thẳng
d). Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại M và N. Gọi I là trung
điểm của BC, AO cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q (P nằm giữa A và
O), BC cắt MN tại K.
a) Chứng minh 4 điểm O, M, N, I cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi.
c) Gọi D là trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng
MP tại E. Chứng minh P là trung điểm ME.
Câu 5 (1,0 điểm):
Cho
n
1
A =
(2n +1) 2n 1
−
với n
*
∈¥
.
Chứng minh rằng:
1 2 3 n
A + A + A + + A <1
.
HẾT
Họ và tên thí sinh: ……………………………… … Số báo danh …………….
Chữ kí giám thị 1 ………………… Chữ kí giám thị 2 …………………
SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH
MÔN TOÁNLỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 – 2013

Lưu ý: Thí sinh làm theo các khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Điểm bài thi làm tròn đến 0,25 điểm
CÂU PHẦN NỘI DUNG ĐIỂM
Câu 1
2,0
điểm
a)
1,0
điểm
Ta có :
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
( )
2
2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2
A = x - 50 - x + 50 x + x -50
A = x - 50 + x + 50 -2 x -50 x + x -50

A = 2x -2 x -50 x + x -50
A = 2 x - x +50
A = 100
Nhưng do theo giả thiết ta thấy
(
)
2
A = x - 50 - x + 50 x + x -50
<0
A= -10
⇒
0,25
0,25
0,25
0,25đ
b)
1,0
điểm
x + 3 = 2
=>
2
2 3 ( 2) 3− = − ⇒ − =x x

2
4 1 0x x⇒ − + =
B = x
5
– 3x
4
– 3x

3
+ 6x
2
– 20x + 2018
B = (x
5
– 4x
4
+ x
3
) + ( x
4
– 4x
3
+ x
2
) + 5( x
2
– 4x + 1) + 2013
B = x
3
( x
2
– 4x + 1) +x
2
( x
2
– 4x + 1) +5(x
2
– 4x + 1) + 2013

B = 2013
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 2
2,0
điểm
a)
1.0
điểm
Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình
Với
x 0≠
, phương trình đã cho tương đương với:
4 3
+ = 6
6 6
x 5 + x 7 +
x x
− −

Đặt
6
t = x 7 +
x
−
phương trình trở thành
( ) ( )
( )

2 2
4 3
+ =6 1 t 0;t 2
t+2 t
1 4t 3t 6 6t 12t 6t 5t 6 0
≠ ≠ −
⇔ + + = + ⇔ + − =
Giải phương trình ta được
1 2
3 2
t ;t
2 3
−
= =
( thỏa mãn )
Với
1
3
t
2
−
=
ta có
2
6 3
7 2 11 12 0
2
x x x
x
−

− + = ⇔ − + =
Giải phương trình ta được
1 2
3
x ;x 4
2
= =
( thỏa mãn )
Với
2
2
t
3
=
ta có
2
6 2
7 3 23 18 0
3
x x x
x
− + = ⇔ − + =
0,25
0,25
0,25
Giải phương trình ta được
3 4
23 313 23 313
x ;x
6 6

+ −
= =
(thỏa mãn)
Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm là :
1 2
3
x ;x 4
2
= =
;
3 4
23 313 23 313
x ; x
6 6
+ −
= =
0,25
b)
1,0
®iÓm

x + y + 4 xy = 16
x + y = 10





(I) (
x;y 0≥

)
Đặt S=
x y+
; P =
xy
(
S 0;P 0≥ ≥
) hệ (I) có dạng
2
S+ 4P = 16
S -2P =10



( II)
Giải hệ ( II) và đối chiếu điều kiện ta được
S = 4
P = 3



Khi đó
x; y
là 2 nghiệm của phương trình t
2
– 4t + 3 =0
Giải phương trình ta được t
1
= 3; t
2

= 1
Từ đó suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm
x = 9 x =1
;
y =1 y = 9
 
 
 
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 3
2,0
điểm
a)
1.0
điểm

( ) ( )
( )
+ − ⇒ + − − + −
⇒ + +
⇒ +
M M
M
M
2 2 2 2 2 2
2 2
2

4a 3ab 11b 5 5a 5ab 10b 4a 3ab 11b 5
a 2ab b 5
a b 5

⇒ + M a b 5
( Vì 5 là số nguyên tố)
( )
( ) ( )
4 4 2 2
a b a b a b a b 5⇒ − = + + − M

0.25
0,25
0,25
0,25
b)
1,0
®iÓm
5 3
5 3
x
−
=
+
=
( )
( ) ( )
2
5 3
4 15

5 3 5 3
−
= −
+ −
5 3
5 3
x
−
=
+
là nghiệm của phương trình nên ta có
( ) ( )
( ) ( )
2
4 15 4 15 1 0
31 8 15 4 15 1 0
15(8 ) 31 4 1 0
a b
a b
a b a b
− + − + =
− + − + =
⇔ − + + + + =
Vì
,a b Q∈
nên
(8 ), (31 4 1)a b a b Q+ + + ∈
Do đó nếu
8 0a b
+ ≠

thì
15
31 4 1
8
a b
Q
a b
+ +
= ∈
+
(Vô lí)
0,25
0,25
0,25đ
Suy ra
8 0 1
31 4 1 0 8
a b a
a b b
+ = =
 
⇔
 
+ + = = −
 

0,25
Câu 4
3,0
điểm

d
K
E
D
A
B
C
M
N
P
Q
I
H
O
a)
1,0
®iÓm
I là trung điểm của BC ( dây BC không đi qua O )
·
0
90OI BC OIA⇒ ⊥ ⇒ =
Ta có
·
0
90AMO =
( do AM là hai tiếp tuyến (O) )

·
0
90ANO =

( do AN là hai tiếp tuyến (O) )
Suy ra 4 điểm O, M, N, I cùng thuộc đường tròn đường kính OA
0,25
0,25
0,25
0.25
b)
1,0
®iÓm
AM, AN là hai tiếp tuyến (O) cắt nhau tại A nên OA là tia phân giác
·
MON
mà ∆OMN cân tại O nên
OA MN⊥

∆ABN đồng dạng với ∆ANC ( vì
·
·
1
ANB=ACN=
2
sđ
»
NB
và
·
CAN
chung ) suy ra
2
AB AN

= AB.AC=AN
AN AC
⇒
∆ANO vuông tại N đường cao NH nên ta có AH.AO = AN
2
Suy ra AB.AC = AH.AO
∆AHK đồng dạng với ∆AIO ( vì
·
·
0
AHK=AIO=90
và
·
OAI
chung )
AH AK
= AI.AK=AH.AO
AI AO
AI.AK=AB.AC
⇒ ⇒
⇒
AB.AC
AK=
AI
⇒

Ta có A,B,C cố định nên I cố định suy ra AK cố định mà A cố định,
K là giao điểm của dây BC và dây MN nên K thuộc tia AB suy ra K
cố định
0,25

0,25
0,25
0,25
c)
1,0
®iÓm
Ta có
·
0
PMQ=90
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ).
Xét ∆MHE và ∆QDM có
·
·
MEH=DMQ
( cùng phụ với
·
DMP
),
·
·
EMH=MQD
( cùng phụ với
·
MPO
)
ME MH
MQ DQ
⇒ =
∆PMH đồng dạng với ∆MQH

0,25
2
1
2
MP MH MH
MQ HQ DQ
MP ME
MQ MQ
⇒ = =
⇒ =
⇒ ME = 2 MP ⇒ P là trung điểm ME.
0,25
0,25
0,25
Câu 5
1,0
điểm
( )
1 2 1
(2 1) 2 1
(2 1) 2 1
n
A
n
n n
n n
−
= =
+ −
+ −

2 1 1 1 2 1 1 1 1 1
2 2 1 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1
n n
A
n
n n
n n n n
− −
  
 
= − = + −
 ÷
 ÷ ÷
− +
− + − +
 
  
Vì
1 1
0
2 1 2 1n n
− >
− +
và
1 1 2
2 1 2 1 2 1n n n
+ <
− + −

nên
A
n
<
1 1
( *)
2 1 2 1
n
n n
− ∀ ∈
− +
¥
Do đó:
1 2 3
1 1 1 1 1
1
3 3 5 2 1 2 1
n
A A A A
n n
+ + + + < − + − +×××+ −
− +
1 2 3
1
1 1
2 1
n
A A A A
n
+ + + + < − <

+
0,25
0,25
0,25
0,25
Hết
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH.
NĂM HỌC: 2011 - 2012
Môn thi: TOÁN 9
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1. Cho biểu thức:
2 2
2 ( 1)( 2 )
x x
P
x x x x x x x
+
= + +
− + − +
a. Rút gọn
P
.
b. Tính P khi
3 2 2x = +
.
c. Tìm giá trị nguyên của
x
để
P
nhận giá trị nguyên.

Câu 2. Giải phương trình:
a.
2
10 27 6 4x x x x− + = − + −
b.
2
2 2 4 0x x x x x− − − + =
Câu 3.
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 1 trang)
a. Tìm các số nguyên
;x y
thỏa mãn:
2
2 3 2 0y xy x+ − − =
b. Cho
1; 0x y> >
, chứng minh:
3
3 3
1 1 1 3 2
3
( 1) 1
x x x
x y y x y
   
− −
+ + ≥ +
 ÷  ÷
− −

   
c. Tìm số tự nhiên
n
để:
2012 2002
1A n n= + +
là số nguyên tố.
Câu 4.
Cho hình vuông ABCD, có độ dài cạnh bằng a. E là một điểm di chuyển trên
CD ( E khác C, D). Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC tại F, đường thẳng vuông
góc với AE tại A cắt đường thẳng CD tại K.
a. Chứng minh:
2 2
1 1
AE AF
+
không đổi
b. Chứng minh:
· · · · ·
os sin .cos sin .cosc AKE EKF EFK EFK EKF= +
c. Lấy điểm M là trung điểm đoạn AC. Trình bày cách dựng điểm N trên DM
sao cho khoảng cách từ N đến AC bằng tổng khoảng cách từ N đến DC và AD.
Câu 5.
Cho ABCD là hình bình hành. Đường thẳng d đi qua A không cắt hình bình
hành, ba điểm H, I , K lần lượt là hình chiếu của B, C, D trên đường thẳng d. Xác
định vị trí đường thẳng d để tổng: BH + CI + DK có giá trị lớn nhất.
Hết./.
PHÒNG GD & ĐT CẨM THỦY HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN.
V2
NĂM HỌC: 2011 – 2012. Môn thi: TOÁN 9.

Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề)
Câu Ý Nội dung cần đạt Điểm
1
a
2 2
( 1) ( 2) ( 1)( 2)
( 2) 2( 1) 2 2 2 2 2
( 1)( 2) ( 1)( 2)
2 2 ( 1)( 2) ( 1)
( 1)( 2) ( 1)( 2) ( 1)
x x
P
x x x x x x x
x x x x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x x x x
x x x x x x x
+
= + +
− + − +
+ + − + + + + − + +
= =
− + − +
+ + + + + +
= = =
− + − + −
0,25
0,25
0.5
2,25

b
2
3 2 2 2 2 2 1 ( 2 1) 2 1x x= + ⇔ = + + = + = +
( 1) 2 1 1 2 2
1 2
( 1) 2 1 1 2
x
P
x
+ + + +
= = = = +
− + −
0.25
0.25
c
ĐK:
0; 1x x> ≠
:
( 1) 1 2 2
1
( 1) 1 1
x x
P
x x x
+ − +
= = = +
− − −
Học sinh lập luận để tìm ra
4x
=

hoặc
9x
=
0.25
0.25
0.25
2
a
ĐK:
4 6x
≤ ≤
:
2 2
10 27 ( 5) 2 2VT x x x= − + = − + ≥
, dấu “=” xẩy ra
5x
⇔ =
2 2 2 2
6 4 (1 1 )(( 6 ) ( 4) ) 2VP x x x x VP= − + − ≤ + − + − ⇔ ≤
, dấu “=” xẩy ra
1 1
6 4 5
6 4
x x x
x x
⇔ = ⇒ − = − ⇔ =
− −
5VT VP x= ⇔ =
(TMĐK), Vậy nghiệm của phương trình:
5x =

0.25
0.25
0.25
0.25
1,75
b
ĐK:
0x
≥
. Nhận thấy:
0x
=
không phải là nghiệm của phương trình, chia cả
hai vế cho
x
ta có:
2
2 4 4 2
2 2 4 0 2 0 ( ) ( ) 2 0x x x x x x x x x
x x
x x
− − − + = ⇔ − − − + = ⇔ + − + − =
Đặt
2 2
2 4 4
0 4 4x t t x x t
x x
x
+ = > ⇔ = + + ⇔ + = −
, thay vào ta có:

⇔
2 2
3
( 4) 2 0 6 0 ( 3)( 2) 0
2
t
t t t t t t
t
=

− − − = ⇔ − − = ⇔ − + = ⇔

= −


Đối chiếu ĐK của t
4
2
3 3 3 2 0 ( 2)( 1) 0
1
x
t x x x x x
x
x
=

⇒ = ⇔ + = ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔

=


0.75
3
a
2 2 2 2 2
2 3 2 0 2 3 2 ( ) ( 1)( 2)y xy x x xy y x x x y x x+ − − = ⇔ + + = + + ⇔ + = + +
(*)
VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên liên tiếp
nên phải có 1 số bằng 0.
1 0 1 1
2 0 2 2
x x y
x x y
+ = = − ⇒ =
 
⇔ ⇔
 
+ = = − ⇒ =
 
Vậy có 2 cặp số nguyên
( ; ) ( 1;1)x y = −
hoặc
( ; ) ( 2;2)x y = −
0.5
2.0
b
1; 0x y> >

3 3
1 1 1
1 0; 0 0; 0; 0

( 1)
x
x y
x y y
−
⇔ − > > ⇔ > > >
−
Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương:
3
3 3 3
1 1 1 3
1 1 3. .1.1 2 (1)
( 1) ( 1) ( 1) 1x x x x
+ + ≥ ⇔ ≥ −
− − − −
0.75
3 3 3
3
1 1 1 3( 1)
1 1 3 .1.1 2 (2)
x x x x
y y y y
     
− − − −
+ + ≥ ⇔ ≥ −
 ÷  ÷  ÷
     
3
3 3 3
1 1 1 3

1 1 3. .1.1 2 (3)
y y y y
+ + ≥ ⇔ ≥ −
Từ (1); (2); (3):
3
3 3
3
3 3
1 1 1 3 3( 1) 3
6
( 1) 1
1 1 1 3 6 6 3 3 2
3( )
( 1) 1 1
x x
x y y x y y
x x x x x
x y y x y x y
 
− −
+ + ≥ − + +
 ÷
− −
 
 
− − + −
⇔ + + ≥ + = +
 ÷
− − −
 

c
Xét
0n
=
thì A = 1 không phải nguyên tố;
1n
=
thì A = 3 nguyên tố.
Xét n > 1: A = n
2012
– n
2
+ n
2002
– n + n
2
+ n + 1
= n
2
((n
3
)
670
– 1) + n.((n
3
)
667
– 1) + (n
2
+ n + 1)

Mà (n
3
)
670
– 1) chia hết cho n
3
-1, suy ra (n
3
)
670
– 1) chia hết cho n
2
+ n + 1
Tương tự: (n
3
)
667
– 1 chia hết cho n
2
+ n + 1
Vậy A chia hết cho n
2
+ n + 1>1 nên A là hợp số. Số tự nhiên ần tìm n = 1.
0.25
0.5
4
P
N'
M'
Q

M
H
K
F
B
A
D
C
E
N

0.25
3.0
a
Học sinh c/m:
∆
ABF =
∆
ADK (g.c.g) suy ra AF = AK
Trong tam giác vuông: KAE có AD là đường cao nên:

2 2 2
1 1 1
AK AE AD
+ =
hay
2 2 2 2
1 1 1 1
AF AE AD a
+ = =

(không đổi)
0.5
0,5
b
HS c/m
·
·
1 1
. .sin . .cos
2 2
KEF
S KE EF AEK KE EF AKE= =
Mặt khác:
1 1
. .( )
2 2
KEF
S EH KF EH KH HF= = +
. Suy ra:
:
· ·
·
·
· ·
·
. .
. .cos .( ) cos
.
cos . . sin EF . os sin . osEF
EF EF

EH KH EH HF
KE EF AKE EH KH HF AKE
KE EF
EH KH EH HF
AKE K c EKF EKF c K
EK KE
+
= + ⇔ =
⇔ = + = +

0,25
0,25
0,5
c
Giả sử đã dựng được điểm N thỏa mãn. NP + NQ = MN
Lấy N’ đối xứng N; M’ đối xứng M qua AD suy ra tam giác NN’M cân tại N
⇒
MN’ là
phân giác của
·
'
DMM
⇒
Cách dựng điểm N:
- Dựng M’ đối xứng M qua AD
- Dựng phân giác
·
'
DMM
cắt DM’ tại N’

- Dựng điểm N đối xứng N’ qua AD
Chú ý: Học sinh có thể không trình bày phân tích mà trình bày được cách dựng vẫn cho
điểm tối đa.
0.25
0.25
0.25
5
0.25
1.0
Gọi O giao điểm 2 đường chéo hình bình hành, kẻ OP vuông góc d tại P
HS lập luận được BH + CI + DK = 4OP
Mà OP
≤
AO nên BH + CI + DK
≤
4AO. Vậy Max(BH + CI + DK) = 4AO
Đạt được khi P
≡
A hay d vuông góc AC
0.25
0.25
0.25
Học sinh làm các cách khác đúng với yêu cầu đề ra vẫn chấm điểm tối đa
SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011 – 2012
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 23/03/2012
(Đề thi gồm có 01 trang)
Câu 1 (2,5 điểm).

a) Rút gọn biểu thức:
2 2
2
5 6 3 6 8
3 12 ( 3) 6 8
x x x x
A
x x x x
− + + − +
=
− + − − +
b) Phân tích thành nhân tử:
( )
3
3 3 3
a b c a b c+ + − + +
Tìm x biết:
( )
( )
3
3
2 6
2 1 1x x x x+ + − + = +
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Giải hệ phương trình:
2 2
2
2 0
3 3
x xy y

xy y x

+ − =


+ + =


d
P
O
K
I
H
C
D
A
B
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
b) Giải phương trình:
( )
3
3
3
3 16
2
x
x
x
−

 
− − =
 ÷
−
 
Câu 3 (2,0 điểm).
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
2 2
8 23 16 44 16 1180 0x y x y xy+ + − + − =
.
b) Cho n là số nguyên dương và m là ước nguyên dương của 2n
2
. Chứng minh rằng n
2
+ m
không là số chính phương.
Câu 4 (3,0 điểm).
Cho đường tròn (O;R) và AB là đường kính. Gọi d là đường trung trực của OB. Gọi M và N
là hai điểm phân biệt thuộc đường thẳng d. Trên các tia OM, ON lấy lần lượt các điểm M’ và N’ sao
cho OM’.OM = ON’.ON
2
R=
.
a) Chứng minh rằng bốn điểm M, N, M’, N’ thuộc một đường tròn.
b) Khi điểm M chuyển động trên d, chứng minh rằng điểm M’ thuộc một đường tròn cố
định.
c) Tìm vị trí điểm M trên d để tổng MO + MA đạt giá trị nhỏ nhất.
Tìm vị trí điểm M trên d nhưng M không nằm trong đường tròn (O;R) để tổng MO + MA
đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 5 (0,5 điểm).

Trong các hình bình hành ngoại tiếp đường tròn (O; r), hãy tìm hình bình hành có diện tích
nhỏ nhất.
………………………HẾT………………………
Họ và tên thí sinh:………………………………… Số báo danh:……………………
Chữ kí của giám thị 1:………………… …Chữ kí của giám thị 2:…………… ……
SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH
MÔN TOÁN LỚP 9 – THCS NĂM HỌC 2011 – 2012
Lưu ý: Thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Điểm bài thi làm tròn đến
0,25đ.
Câ
u
Ý Nội dung Điểm
1
a
Rút gọn biểu thức:
2 2
2
5 6 3 6 8
3 12 ( 3) 6 8
x x x x
A
x x x x
− + + − +
=
− + − − +
1,5
ĐKXĐ: x
£
2 hoặc x > 4 0,25

( ) ( )
( )
2 3 3 ( 2)( 4)
3 4 ( 3) ( 2)( 4)
x x x x
A
x x x x
− − + − −
=
− + − − −
0,25
* Trường hợp 1: x
£
2, ta có:
( ) ( )
( )
2 3 3 (2 )(4 )
3 4 (3 ) (2 )(4 )
x x x x
A
x x x x
− − + − −
= −
− + − − −
( )
( )
( )
2
2
2 3 3 2 4

3 4 (3 ) 2 4
x x x x
x x x x
− − + − −
= −
− + − − −
0,25

( )
2 3 2 3 4
4 3 4 (3 ) 2
x x x x
x x x x
 
− − − + −
 
= −
 
− − + − −
 
2
4
x
x
−
= −
−
(vì x
£
2 nên

3 4 (3 ) 2 0x x x− + − − >
) 0,25
* Trường hợp 2: x
>
4, ta có:
3 4 ( 3) 2 0x x x− + − − >
nên:
( )
( )
( )
2
(1)
2
2 3 3 2 4
3 4 ( 3) 2 4
x x x x
A
x x x x
− − + − −
− + − − −
=
( )
2 3 2 3 4
4 3 4 ( 3) 2
x x x x
x x x x
 
− − − + −
 
=

 
− − + − −
 
2
4
x
x
−
=
−
(1)0,25
0,25
b
Phân tích đa thức thành nhân tử:
( )
3
3 3 3
a b c a b c+ + − + +
0,5
Ta có
( )
3
3 3 3
a b c a b c+ + − + +
( ) ( ) ( )
3 3
3
3a b c ab a b a b c= + + − + − + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3

3 3a b c c a b a b c ab a b a b c= + + − + + + − + − + +
0,25
( ) ( )
3 a b c a b c ab= − + + + + 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3a b a b c c b c a b b c a c
= − + + + + = − + + + 
 
(*)
0,25
Tìm x biết:
( )
( )
3
3
2 6
2 1 1x x x x+ + − + = +
0,5
Ta có:
( )
( )
( )
3 3
3
2 3 2
1 1 2 0x x x x+ + + − + + =
( ) ( )
( )
2 2

3 1 1 2 0x x x x⇔ − + + + + =
(Theo (*)). 0,25
Vì
2
1x x+ +
=0;
2
1x +
=0 vô nghiệm . KL: x = -2 0,25
2 a
Giải hệ phương trình:
2 2
2
2 0 (1)
3 3 (2)
x xy y
xy y x

+ − =


+ + =


1,0
(1)
( )
( )
2 2
0x y y x y⇔ − + − =

( ) ( )
2 0x y x y⇔ − + =
, ta được x = y hoặc x = -2y 0,25
* Với x = y, từ (2) ta có:
2
4 3 0+ − =x x
, ta được
1 2
3
1,
4
= − =x x
0,25
* Với x = -2y, từ (2) ta có
2
2 3 0− − =y y
, ta được
1 2
1, 3= − =y y
Nếu
1 2= − ⇒ =y x
. Nếu
3 6= ⇒ = −y x
0,25
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là: (-1; -1);
3 3
;
4 4
 
 ÷

 
; (2; -1); (-6; 3).
0,25
b
Giải phương trình:
( )
3
3
3
3 16
2
x
x
x
−
 
− − =
 ÷
−
 
1,0
( )
3
3 3 3
3 3 3 3 16
2 2 2
x x x
x x x
x x x
− − −

     
⇔ − + + − − + =
 ÷  ÷  ÷
− − −
     
, (ĐKXĐ: x
≠
2) 0,25
( ) ( )
3 2
2 2
3 3
3 16
2 2
x x
x x
   
− −
⇔ − − =
   
− −
   
   
. Đặt
( )
2
3
2
x
t

x
−
=
−
, ta được
3 2
3 16 0t t+ + =
(*) 0,25
(*)
( ) ( )
3 2 2
4 16 0t t t⇔ + − − =
( ) ( )
2
4 4 ( 4) 0t t t t⇔ + − + − =
( )
( )
2
4 4 0t t t⇔ + − + =
Lý luận để có t = - 4
0,25
Với t = - 4, thì
( )
2
3
4
2
x
x
−

= −
−
hay
2
6 9 4 8x x x− + = − +
( )
2
1 0 1( )x x TM⇔ − = ⇔ =
. Vậy x = 1
0,25
3 a
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
2 2
8 23 16 44 16 1180 0x y x y xy
+ + − + − =
1,0
Biến đổi phương trình đã cho ta được
( ) ( )
2 2
8 1 15 2 1248x y y
+ + + − =
0,25
⇒
( ) ( )
2 2
1248
2 2 83
15
y y
− ≤ ⇒ − ≤

. Do
( )
2
8 1 ,1248x y
+ +
đều chia hết cho 8; (15;8)=1 nên
( )
2
2y
−
là số chính phương&chia hết cho 8
⇒
( ) { }
2
2 0;16;64
− ∈
y
. Ta có các TH sau:
0,25
*
( )
( )
( )
2
2
2
2
2 0
3 156
8 1 1248

y
y
x
x y

=
− =
 
⇔
 
+ =
+ + = 



Do 156 không c.phương nên TH này vô nghiệm
*
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 16 2 16
8 1 15.16 1248 1 126
y y
x y x y
 
− = − =
 

⇔
 
+ + + = + + =
 
 
Do 126 không c.phương nên TH này vô nghiệm
0,25
*
( )
( )
( )
2
2
2
10
2 64
6
8 1 15.64 1248
1 36
y
y
y
x y
x y
 =


− =




= −
⇔

 
+ + + =
 

+ + =


Ta được
( )
2
10
10
5
11 36
17
y
y
x
x
x
=

=

 
⇔

= −

 
+ =




= −


hoặc
( )
2
6
6
1
5 36
11
y
y
x
x
x
= −

= −

 
⇔

= −

 
− =




=


Vậy (x; y) là (-5; 10); (-17; 10); (-1; -6); (11; -6)
0,25
b Cho n là số nguyên dương và m là ước nguyên dương của 2n
2
. CMR: n
2
+ m không là số
chính phương.
1,0
Giả sử n
2
+ m là số chính phương. Đặt n
2
+ m = k
2
(1) (với k nguyên dương)
Theo bài ta có 2n
2
= mp (p nguyên dương)

Þ
2
2 :m n p
=
, thay vào (1) ta có:
0,25
( )
( )
2
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
2 2
n
n k n p pn p k n p p pk
p
+ = ⇒ + = ⇒ + =
0,25
Do n
2
,
( )
2
pk
chính phương, nên
2
2p p
+
phải chính phương. 0,25
Mặt khác

( )
2
2 2
2 1p p p p
< + < +
, tức
2
2p p
+
không chính phương. Nên giả sử sai.
Vậy n
2
+ m không chính phương
0,25
4 a Chứng minh rằng bốn điểm M, N, M’, N’ thuộc một đường tròn. 1,0
N'
O
A
B
M
N
M'
' 'OM ON
ON OM
=
(vì OM’.OM = ON’.ON);
·
MON
chung nên
'OM N

∆
đ. dạng với
'ON M
∆
0,25
0,25
·
·
' 'ONM OMN
⇒ =
;
·
·
' 'OM N ON M
⇒ =
nên
·
·
0
' ' ' ' 180M MN M NN+ =
( hoặc M’, N’ cùng
nhìn M N dưới cùng một góc, khi M’ và N’ kề
nhau - M, N cùng nằm trong hoặc cùng nằm
ngoài(O) )
⇒
M, M’, N’, N thuộc một đường tròn.
( Thí sinh chỉ cần làm đúng 1 trường hợp cũng
cho 0,5 đ)
0,25
0,25

b Khi điểm M chuyển động trên d, chứng minh rằng điểm M’ thuộc một đường tròn cố định. 1,0
M'
C'
C
O
A
B
M
Gọi giao của d với OB là C
Lấy điểm C’ đối xứng với O qua B
⇒
điểm C’ cố
định trên tia OC
0,25
Ta có:
2
1
. ' .2
2
= =OC OC BO BO R
0,25
⇒
. ' '.OC OC OM OM
=
⇒
'
'
OC OM
OM OC
=

;
·
MOC
chung
⇒
OCM
∆
đồng dạng với
' 'OM C
∆
0,25
⇒
·
·
0
' 90OM C OCM
= =
.Vậy M’ thuộc đường tròn
đường kính OC’ cố định.
0,25
c Tìm vị trí điểm M trên d để tổng MO + MA đạt giá trị nhỏ nhất theo hai trường hợp 1,0
K
E
D
C
O
A
B
M
Gọi giao của d với (O;R) là D, E (hình vẽ)

*TH1: Do d là trung trực của OB
⇒
MO = MB.
0,25
Ta có: MA + MO = MA + MB
≥
AB, dấu “=”xảy
ra khi M trùng C
⇒
MA + MO nhỏ nhất khi M trùng C (M
d
∈
)
0,25
*TH2: Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm D.
0,25
Gọi K là giao của tia BD với AM.
Ta có MB + MK
≥
KB = KD + DB
KD + AK
≥
AD
⇒
MA + MO = MA + MB
≥
DA + DB, dấu “=”
có khi M trùng với D
Tương tự khi M thuộc nửa mặt phẳng bờ AB chứa
E: MA + MO = MA + MB

≥
EA + EB, dấu “=”
xảy ra khi M trùng với E
0,25
Vậy MA + MO nhỏ nhất khi M trùng D hoặc M
trùng E (M
d∈
, M không ở trong (O;R)).
5 Trong các hình bình hành ngoại tiếp đường tròn (O; r), hãy tìm hình bình hành có diện tích
nhỏ nhất.
0,5
Theo bài ta suy ra các cạnh của hình hành là tiếp tuyến
của đường tròn (O; r). Gọi M, N, P, Q lần lượt là tiếp
điểm của đường tròn với các cạnh như hình vẽ.
⇒
CM = CN; AP = AQ, BM = BQ; PD = DN
⇒
CM + BM + AP + PD = CN + DN + AQ + BQ
⇒
2BC = 2AB
⇒
BC = AB
0,25
Kẻ AH
BC
⊥
. Ta có
AB AH≥
, dấu “=” có khi
·

0
90
=
ABC
.
Ta có:
OM BC,OP AD,AD // BC⊥ ⊥
⇒
P, O, M thẳng
hàng, do đó AH = PM = 2r.
0,25
Q
P
N
M
r
H
A
D
C
B
O

ABCD
S AH.BC 2r.= =
AB
≥
2r.AH=2r.2r
⇒
ABCD

S
≥
4r
2
, dấu “=” xảy ra khi
·
0
90
=
ABC
Vậy trong các hình bình hành ngoại tiếp đường tròn
(O; r) thì hình vuông có diện tích nhỏ nhất và bằng 4r
2
.
HẾT
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học 2012 - 2013
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (3,0 điểm):
Cho
x x 1 x x 1
M
x x x x
− +
= −
− +
a) Tìm điều kiện để M có nghĩa.
b) Rút gọn M (với điều kiện M có nghĩa)
Bài 2 : (4,5 điểm)

a) Tính :
4 5 3 5 48 10 7 4 3A= + + − +
b) Giải phương trình :
2
2 10 12 40x x x x
− + − = − +
Bài 3. (4,0 điểm)
a) Tìm các số nguyên
;x y
thỏa mãn:
2
2 3 2 0y xy x+ − − =
b) Tìm số tự nhiên
n
để:
2012 2002
1A n n= + +
là số nguyên tố.
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O;R) và một điểm A ở ngoài đường tròn. Từ một điểm M di động
trên đường thẳng d vuông góc với OA tại A. Vẽ các tiếp tuyến MB, MC với đường tròn
(O;R), trong đó B, C là các tiếp điểm. Dây BC cắt OM và OA lần lượt tại H và K.
a) Chứng minh rằng OA.OK không đổi, từ đó suy ra BC luôn đi qua một điểm cố
định.
b) Chứng minh rằng H di động trên một đường tròn cố định.
Bài 5: (5,0 điểm )
Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm M, trên cạnh CD lấy điểm N. Tia
AM cắt đường thẳng CD tại K. Kẻ AI vuông góc với AK cắt CD tại I.
1. Chứng minh :
222

111
ABAKAM
=+
2. Biết góc MAN có số đo bằng 45
0
, CM + CN = 7 cm, CM - CN = 1 cm. Tính diện
tích tam giác AMN.
3. Từ điểm O trong tam giác AIK kẻ OP, OQ, OR lần lượt vuông góc với IK, AK, AI
(P
∈
IK, Q
∈
AK, R
∈
AI). Xác định vị trí điểm O để
222
OROQOP ++
nhỏ nhất. Tìm giá trị
nhỏ nhất đó.
___________________________
Hä vµ tªn thÝ sinh: Sè b¸o danh : Phßng thi
Chó ý: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học 2012 - 2013
MÔN: Toán
Bài 1: (3,0 điểm): Cho
x x 1 x x 1
M
x x x x
− +

= −
− +
a. Tìm điều kiện để M có nghĩa. (1,0 đ)
Để M có nghĩa, ta có:
x 0
x x 0
x x 0
≥


− ≠


+ ≠


⇔
x 0
x( x 1) 0
x( x 1) 0
≥


− ≠


+ ≠


⇔

x 0
x 1
>


≠

b. Rút gọn M (với điều kiện M có nghĩa) (2,0 đ)
Với x > 0,
1≠
ta có:
2
(x x 1)(x x) (x x 1)(x x)
M
x x
− + − + −
=
−
=
2 2 2 2
2
x x x x x x x x x x
x x
+ − − − + − +
−
=
2
2
2x 2x
x x

−
−


2
2
2(x x)
x x
−
=
−
= 2. Vậy M = 2
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 2 : (4,5 điểm)
a) (2 điểm) Tính :
4 5 3 5 48 10 7 4 3A= + + − +
Ta có :
( )
2
4 5 3 5 48 10 2 3A= + + − +
( )
4 5 3 5 48 10 2 3A= + + − +
4 5 3 5 28 10 3A= + + −
( )
2

4 5 3 5 5 3A= + + −
( )
4 5 3 5 5 3A= + + −
=
4 5 3 25 5 3+ + −
=
4 5 3+ =
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
b) (2 điểm) Giải phương trình :
2
2 10 12 40x x x x
− + − = − +
Điều kiện :
2 10x≤ ≤

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm.
Ta có :
( ) ( )
( )
1 1 2 4 10 4
2 10 2 .4 10 .4
2 2 2 2
x x
x x x x
− + − +
 

− + − = − + − ≤ +
 ÷
 
=
4
Dấu “ = ” xảy ra
2 4 6
6
10 4 6
x x
x
x x
− = =
 
⇔ ⇔ ⇔ =
 
− = =
 
(1)
Mặt khác :
( )
( )
2
2 2
12 40 12 36 4 6 4 4x x x x x
− + = − + + = − + ≥
Dấu “=” xảy ra
6 0 6x x
⇔ − = ⇔ =
(2)

Kết hợp (1) và (2)
Phương trình có nghiệm duy nhất là :
6x
=
0,5
0,5
0,5
0.5
Bài 3. (4,0 điểm)
a) (2 điểm) Tìm các số nguyên
;x y
thỏa mãn:
2
2 3 2 0y xy x+ − − =
2 2 2 2 2
2 3 2 0 2 3 2 ( ) ( 1)( 2)y xy x x xy y x x x y x x+ − − = ⇔ + + = + + ⇔ + = + +
(*)
VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên liên tiếp
nên phải có 1 số bằng 0.
1 0 1 1
2 0 2 2
x x y
x x y
+ = = − ⇒ =
 
⇔ ⇔
 
+ = = − ⇒ =
 
Vậy có 2 cặp số nguyên

( ; ) ( 1;1)x y
= −
hoặc
( ; ) ( 2;2)x y
= −
0,5
1,0
0,5
b) (2 điểm) Tìm số tự nhiên
n
để:
2012 2002
1A n n
= + +
là số nguyên
tố.
Xét
0n
=
thì A = 1 không phải nguyên tố;
1n =
thì A = 3 nguyên tố.
Xét n > 1: A = n
2012
– n
2
+ n
2002
– n + n
2

+ n + 1
= n
2
((n
3
)
670
– 1) + n.((n
3
)
667
– 1) + (n
2
+ n + 1)
Mà (n
3
)
670
– 1) chia hết cho n
3
-1, suy ra (n
3
)
670
– 1) chia hết cho n
2
+ n + 1
Tương tự: (n
3
)

667
– 1 chia hết cho n
2
+ n + 1
Vậy A chia hết cho n
2
+ n + 1>1 nên A là hợp số. Số tự nhiên cần tìm n = 1.
0.25
0.25
0.25
0.25
0.5
0.5
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O;R) và một điểm A ở ngoài đường tròn. Từ một điểm M di động
trên đường thẳng d vuông góc với OA tại A. Vẽ các tiếp tuyến MB, MC với đường tròn
(O;R), trong đó B, C là các tiếp điểm. Dây BC cắt OM và OA lần lượt tại H và K.
a) Chứng minh rằng OA.OK không đổi, từ đó suy ra BC luôn đi qua một điểm cố
định.
b) Chứng minh rằng H di động trên một đường tròn cố định.
d
A
M
K
H
C
O
B
A

Chỉ ra ΔHOK ~ ΔAOM (g-g) =>
OH
=
OK
=> OA.OK = OH.OM (1)
OA OM
1,0
Xét tam giác BOM vuông tại B
( )
2
. 2OB OH OM⇒ =
0,5
Từ (1) và (2)
2
2
.
R
OAOK R OK
OA
⇒ = ⇒ =
(không đổi)
0,5
Vậy BC đi qua điểm K cố định. 0,5
Ta có góc OHK = 90
O
;
OK cố định nên H nằm trên đường tròn đường kính OK cố định.
0,5
0,5
Bài 5: (5,0 điểm )

Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm M, trên cạnh CD lấy điểm N. Tia
AM cắt đường thẳng CD tại K. Kẻ AI vuông góc với AK cắt CD tại I.
1. Chứng minh :
222
111
ABAKAM
=+
2. Biết góc MAN có số đo bằng 45
0
, CM + CN = 7 cm, CM - CN = 1 cm. Tính diện
tích tam giác AMN.
3. Từ điểm O trong tam giác AIK kẻ OP, OQ, OR lần lượt vuông góc với IK, AK, AI
( P
∈
IK, Q
∈
AK, R
∈
AI). Xác định vị trí điểm O để
222
OROQOP ++
nhỏ nhất. Tìm giá trị
nhỏ nhất đó.
1
2,0đ
Ta có:
)1(AIAMADIABM
=⇒∆=∆
(vì …. )
0,5

A
B
C
D
K
I
M
H
N
Trong tam giỏc AIK vuụng ti A ta cú:
)2(
111
222
ADAKAI
=+
( )
v AB = AD (3) (.)
T (1), (2), (3)
222
111
ABAKAM
=+
0,5
0,25
0,75
2
2,0
K AH vuụng gúc vi MN
)( MNH
.

Do CM + CN = 7 v CM - CN = 1

CM = 4; CN = 3

MN = 5
Ta cú
MNINADAHAINAMN ===
MHIDAIDAMH
==
m
BMMHBMID
==
Ta li cú :
5==+ MNBMDN
v
1
==+=+
CNCMBMDNDNCNBMCM

DN = 3; BM = 2; BC = AD = AH = 6


)(155.6.
2
1
.
2
1
2
cmMNAHS

AMN
===

0,5
0,5
0,5
0,5
3
1,0
T gi thit ta cú AQOR l hỡnh ch nht
222
)(
222
22222
ADAPOPOA
OPOAOROQOP
+
+=++
222
OROQOP ++
nh nht khi O l trung im ca AD.
0,5
0,5
THI HC SINH GII LP 9
Nm hc 2013 2014
Mụn thi: TON 9
Thi gian lm bi: 150 phỳt
( ny gm 5 cõu,01 trang)
Cõu 1 (2 im)
a) Cho biu thc:

2
x x 2x x 1 2(x 1)
P
x x 1 x 1 x 1

= +
+ +
.
+ Rỳt gn biu thc P.
+ Tỡm giỏ tr nh nht ca P.
b) Gii phng trỡnh:
2
x 8x 15 3 x 3 2 x 5 6
+ + = + + +
Cõu 2 (2 im)
1.Cho hm s:
2 1y x m=
; vi
m
tham s.
a) Tớnh theo
m
ta cỏc giao im A; B ca th hm s vi cỏc trc Ox; Oy. H
l hỡnh chiu ca O trờn AB. Xỏc nh giỏ tr ca
m

2
2
OH =
b) Tỡm qu tớch (tp hp) trung im I ca on thng AB.

2. Cho hệ phơng trình hai ẩn x, y sau:
2
( 1) 2 1
2
m x my m
mx y m
+ + =


=

Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x; y) thoả mãn P = xy đạt giá trị lớn nhất
Cõu 3 (2 im)
a) Cho cỏc s thc a,b,c > 0 tho món
2 2 2
5
3
a b c+ + =
. Chng minh rng :
1 1 1 1
a b c abc
+ <
b) Cho (x +
2
2013x +
).(y +
2
2013y +
)=2013. Chng minh x
2013

+ y
2013
=0
c) Gii h phng trỡnh sau:
18 4 3 13
x y x y
x y xy x y

+ =


+ + = + +


Cõu 4 (3 im):
Cho ng trũn tõm O, bỏn kớnh R khụng i, AB v CD l hai ng kớnh bt k
ca (O) (AB khỏc CD). ng thng vuụng gúc vi AB ti A ct cỏc ng thng BC, BD
ln lt ti M v N. Gi P, Q ln lt l trung im ca AM v AN, H l trc tõm ca tam
giỏc BPQ.
a) Chng minh hai tam giỏc BCD v BNM ng dng.
b) Chng minh rng khi hai ng kớnh AB v CD thay i thỡ di on thng
AH luụn khụng i.
c) Tỡm giỏ tr nh nht ca din tớch tam giỏc BPQ.
Cõu 5 (1im): Cho
x 5
y
3 2x 1
= +

vi

1
x
2
>
. Tỡm giỏ tr nh nht ca y.
= = = = = = = Ht = = = = = =
HNG DN CHM THI HSG LP 9.
Nm hc: 2013- 2014.
MễN: TON.
Thi gian lm bi: 150 phỳt .
(Hng dn chm gm: 4 trang)
Cõu í Ni dung cn t im
1
A
+ Điều kiện để P có nghĩa là:
x 0
0 x 1
x 1 0








.
3
x( x 1) ( x 1)(2 x 1) 2( x 1)( x 1)
P

x x 1 x 1 x 1
+ +
= +
+ +
= + + + = +P x( x 1) (2 x 1) 2( x 1) x x 1
Vậy
P x x 1
= +
.
+Theo câu a ta có
2
1 3 3
P x x 1 ( x )
2 4 4
= + = +
.
Dấu bằng xảy ra khi
1 1
x x
2 4
= =
Vậy
3 1
min P khi x
4 4
= =
.
0,25
0,25
0,25

0,25
2,0
B
b)KX: x 3, ta cú:
0,25
2
x 8x 15 3 x 3 2 x 5 6+ + = + + +


(x 3)(x 5) 3 x 3 2 x 5 6 0+ + + + + =

( x 3 2)( x 5 3) 0+ + =


x 3 2 x 3 4 x 1
x 5 9 x 4
x 5 3

+ = + = =




+ = =
+ =



(Tha món KX)
Vy phng trỡnh ó cho cú hai nghim: x

1
= 1; x
2
= 4
0,25
0,25
0,25
2
1.
a
Tỡm c ta giao im A ca th hm s vi trc Ox: A
( )
2 1;0m +
Giao im B ca th hm s vi trc Oy: B
( )
0; 2 1m
Ta cú:

AOB vuụng ti O v cú OH l ng cao nờn:
2 2 2
1 1 1
OH OA OB
= +

Hay
2 2 2
0
1 1 2
2 2
1

(2 1)
A B
m
m
x y m
=

= + =

=
+

0,25
0,5
2,0
1.
b
Honh trung im I ca AB:
2 1
2 2
A B
I
x x m
x
+ +
= =
Tung trung im I ca AB:
(2 1)
2 2
A B

I
y y m
y
+ +
= =
Ta cú:
I I
y x=

Qu tớch trung im I ca on thng AB l ng thng
y x=
0,25
0,25
2
Hệ luôn có nghiệm duy nhất
Vì từ (2)
2
2y m mx = + +

Thay vào (1) ta đợc:
(m+1)x + m(- m
2
+mx + 2) = 2m -1

(m
2
+ m + 1)x = m
3
- 1
Mà m

2
+ m + 1 =
2
1 3
( ) 0
2 4
m m+ + >

Hệ có nghiệm duy nhất là:
1
2
x m
y m
=


= +


Ta có P = xy = (m -1)(2- m) = - m
2
+ 2m + m - 2
=
2
9 1
( 3 )
4 4
m m + +
=
2

3 1 1
( )
2 4 4
m +

Dấu = xảy ra
3 3
0
2 2
m m = =

Vậy giá trị lớn nhất của P là MaxP =
1 3
4 2
m =

0,25
0,25
0,25
3 A
Ta cú: ( a+b-c)
2


0
2