BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN TOÁN 9

UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2012-203
MÔN: TOÁN 9
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Bài 1(2,5điểm).
a) Không dùng máy tính, chứng minh
6 4 2 3 2 2+ − −
là một số nguyên.
b) Rút gọn biểu thức:
( ) : ( )
x x y y
xy x y
x y
−
+ +
−
với x
≥
0; y
≥
0; x
≠
y.
c) Giải phương trình:
2 1 4 2 3 2 2 2 2 3 3x x x x+ + − − − − − =
.
Bài 2(3,0 điểm)
Cho ba đường thẳng :
(d

1
) có phương trình : x + 2y=3
(d
2
) có phương trình : y = 2x-1
(d
m
) có phương trình : 2mx+y= m+1
a) Tìm giá trị của m để ba đường thẳng trên đồng quy .Khi đó tìm toạ độ giao
điểm.
b) Biết đường thẳng (d
m
) luôn luôn đi qua một điểm cố định I với mọi giá trị của
m. Xác định tọa độ I.
c) Tìm giá trị của m để (d
1
), (d
2
), (d
m
) cắt nhau tạo thành một tam giác vuông.
Bài 3 (4,0 điểm).
Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường cao AH chia cạnh huyền BC thành hai đoạn
có độ dài lần lượt là BH = 4cm và HC = 9cm. Vẽ đường tròn (O;
BH
2
) cắt AB tại T và
đường tròn (O’;
CH
2

) cắt AC tại E.
a) Tính độ dài TE.
b) Chứng minh TE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O’)
c) Tính diện tích tứ giác TENM.
Bài 4 ( 0,5 điểm).
1
Cho tam giác ABC cân tại A, có góc A nhọn. Vẽ
BM AC⊥
. Chứng minh hệ thức:
2
AM AB
2
MC BC
1
 
=
 ÷
 
−
Hết
UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG
MÔN: TOÁN 9
Bài Đáp án Điểm
1
a)
6 4 2 3 2 2+ − −
=
2 2

(2 2) ( 2 1)+ − −
=
2 2 2 1+ − +
= 3
Vậy
6 4 2 3 2 2+ − −
= 3, là một số nguyên.
0,25
0,25
0,25
b)
( ) :( )
x x y y
xy x y
x y
−
+ +
−
=
3 3
( ) : ( )
x y
xy x y
x y
−
+ +
−
=
( )( )
( ) : ( )

x y x xy y
xy x y
x y
− + +
+ +
−
=
( ) : ( )x xy y xy x y+ + + +
=
2
( ) :( )x y x y+ +
=
x y+
.
0,25
0,25
0,25
0,25
c) Điều kiện:
3
2
x ≥
.
Ta có:
2 1 4 2 3 2 2 2 2 3 3x x x x+ + − − − − − =
⇔
2 2
( 2 3 2) ( 2 3 1) 3x x− + + − − =
0,125
2

⇔
2 3 2 2 3 1 3x x− + + − − =
⇔

1 2 3 2 3 1x x− − = − −

Do đó
1 2 3 0x− − ≥
⇔
2x
≤
.
Kết hợp với điều kiện ban đầu ta có:
3
2
2
x≤ ≤
.
Vậy tập hợp nghiệm của phương trình là mọi x:
3
2
2
x≤ ≤
.
0,25
0,125
0,25
2
a) Tọa độ giao điểm của (d
1

), (d
2
) là nghiệm của hệ phương trình
x 2y 3 x 1
y 2x 1 y 1
+ = =
 
⇔
 
= − =
 
=> Giao điểm của (d
1
), (d
2
) là (1; 1)
(d
1
), (d
2
) và (d
m
) đồng quy khi (d
m
) đi qua điểm (1; 1)
Hay: 2m +1 = m+1  m = 0
0,5
0,25
0,25
b) Xét (dm) 2mx+y= m+1  (2x -1)m + y – 1= 0

Gọi I (x
0
, y
0
) là điểm cố định mà (d
m
) luôn đi qua, thế thì
(2x
0
-1)m + y
0
– 1= 0 với mọi giá trị của m
0
0
0
0
1
2x 1 0
x
2
y 1 0
y 1

− =
=

 
⇔ ⇔
 
− =



=


Vậy (d
m
) luôn đi qua một điểm cố định
1
I ;1
2
 
 ÷
 
khi m thay đổi
0,25
0,25
0,25
0,25
c) Nhận xét (d
1
) không vuông góc, không trùng và không song song với (d
2
),
nên (d
1
), (d
2
), (d
m

) cắt nhau tạo thành một tam giác vuông khi và chỉ khi :
( ) ( )
( ) ( )
m 1
m 2
1 m 1
d d
.( 2m) 1
2
1
m
d d
2.( 2m) 1
4
⊥
⊥
= −
 

− − = −
 
⇔ ⇔

 
=


− = −
 
Vậy với m = -1;

1
m
4
=
thì (d
1
), (d
2
), (d
m
) cắt nhau tạo thành một tam giác
vuông
0,25
0,5
3
2
3
4
1
2
1
2
1
9
4
I
T
E
O'
O

H
A
C
B
0,25
3
Vẽ hình đúng cho Số câu a
a) Tam giác ABC vuông tại A nên
ta có hệ thức:
AH
2
= BH.CH = 4.9 = 36

⇒
AH =
36
= 6 (cm).
Mặt khác: HT
⊥
AB và HE
⊥
AC
nên tứ giác ATHE là hình chữ nhật
Suy ra: TE = AH = 6 (cm).
0,5
0,5

0,5
0,5
b) Gọi I là giao điểm của 2 đường chéo hình chữ nhật ATHE;

Tam giác EIH cân tại I nên
µ
µ
2 2
E H
=
(tính chất tam giác cân) (1)
Tam giác EOH có OE = OH (=R) nên là tam giác cân tại O =>
µ
µ
1 1
E H=
(2)
Mặt khác
µ µ
0
1 2
H H 90+ =
(gt) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra
µ µ
0
1 2
E E 90+ =
. Hay
·
0
OET 90=
Suy ra ET là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E (4)
Chứng minh tương tự ta cũng có ET là tiếp tuyến của đường tròn (O’) tại T

(5)
Từ (4) và (5) suy ra ET là tiếp tuyến chung của đường tròn (O) và (O’)
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
c) Vì OE// O’T (cùng vuông góc với ET) và
·
0
OET 90=
(kq Số câu b)
Nên tứ giác EOO’T là hình thang vuông
=> S
EOO’T
=
2
(OE O'T).ET (4,5 2).6
19,5(cm )
2 2
+ +
= =
0,25
0,25
4
4
Gọi E là điểm đối xứng của C qua A
=>
BEC∆
vuông tại B (vì có trung tuyến BA

1
CE
2
)
=>
2 2
BC BC
MC
CE 2CA
= =
(Hệ thức lượng trong tam giác
vuông) (1)
Mặt khác: AM = AC – MC = AC -
2
BC
2CA
=
2 2
2AC BC
2CA
−
(2)

Từ (1) và (2) suy ra:
2 2 2
AM 2AC BC BC
:
MC 2CA 2CA
−
   

 ÷  ÷
=
 ÷  ÷
   
2
AB
2
BC
1
 
=
 ÷
 
−
0,25
0,25
Ghi chú : Mọi cách làm khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.
MÔN: Toán 9
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề
UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
5
E
M
C
B
A
Bài 1: (1,5đ) Chứng minh đẳng thức:
5 3 29 12 5− − −

= cotg45
0
Bài 2: (2đ) Cho biểu thức
( ) ( )
( )
2
4 1 4 1
1
1
1
4 1
x x x x
Q
x
x x
− − + + −
 
= × −
 ÷
−
 
− −
a) Tìm điều kiện của x để Q có nghĩa
b) Rút gọn biểu thức Q
Bài 3: (1,5đ) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 4y x x y
M
xy
− + −
=

Bài 4: (2đ) Chứng minh rằng nếu
( ) ( )
2 2
1 1
x yz y xz
x yz y xz
− −
=
− −

với
, 1, 1, 0, 0, 0x y yz xz x y z
≠ ≠ ≠ ≠ ≠ ≠

thì
1 1 1
x y z
x y z
+ + = + +
Bài 5: (1đ) Cho tam giác ABC vuông cân tại A, M là trung điểm cạnh BC. Từ đỉnh M
vẽ góc 45
0
sao cho các cạnh của góc này lần lượt cắt AB, AC tại E, F.
Chứng minh rằng:
EF
1
4
M ABC
S S
∆ ∆

<
Bài 6: (2đ) Từ một điểm A ở ngoài đường tròn (O ; R), ta kẻ hai tiếp tuyến AB và AC
với đường tròn (B và C là các tiếp điểm). Gọi M là một điểm bất kỳ trên đường thẳng
đi qua các trung điểm của AB và AC. Kẻ tiếp tuyến MK của đường tròn (O). Chứng
minh MK = MA
6
UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM HSG
MÔN: Toán 9
Bài
Nội dung – Yêu cầu
Điể
m
1
5 3 29 12 5− − −
( )
2
5 3 2 5 3= − − −

5 6 2 5= − −

( )
2
5 5 1
= − −
= 1
= cotg45
0
0,5đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2a Q có nghĩa
1x
⇔ >
và
2x
≠
0,5đ
2b
( ) ( )
( )
2
4 1 4 1
1
1
1
4 1
x x x x
Q
x
x x
− − + + −
 
= × −
 ÷
−
 

− −
( ) ( )
2
1 2 1 1 1 2 1 1
2
1
4 4
x x x x
x
Q
x
x x
− − − + + − + − +
−
= ×
−
− +
( ) ( )
( )
2 2
2
1 1 1 1
2
1
2
x x
x
Q
x
x

− − + − +
−
= ×
−
−
1 1 1 1
2
2 1
x x
x
Q
x x
− − + − +
−
= ×
− −
* Nếu 1 < x < 2 ta có:
0, 5đ
7
1 1 1 1 2
2 1
x x x
Q
x x
− − + − + −
= ×
− −
2
1
Q

x
=
−
* Nếu x > 2 ta có:
1 1 1 1 2
2 1
x x x
Q
x x
− − + − + −
= ×
− −
2
1
Q
x
=
−
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25
3
Với điều kiện
1, 4x y
≥ ≥
ta có:
M =
4
1

y
x
x y
−
−
+
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm,
Ta có:
( )
1 1
1 1 1
2 2
x x
x x
+ −
− = − ≤ =

1 1
2
x
x
−
⇒ ≤
(vì x dương)
Và:
( )
1 1 4 4
4 4 4
2 2 2 4
y y

y y
+ −
− = − ≤ × =

4
1
4
y
y
−
⇒ ≤
(vì y dương)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
8
Suy ra: M =
4
1 1 1 3
2 4 4
y
x
x y
−
−
+ ≤ + =
Vậy giá trị lớn nhất của M là
3
4

⇔
x = 2, y = 8
0,25đ
0,25đ
0,25đ
4
( ) ( )
2 2
1 1
x yz y xz
x yz y xz
− −
=
− −
( )
( )
( )
( )
2 2
x yz y xyz y xz x xyz
⇔ − − = − −
2 3 2 2 2 2 3 2 2 2
0x y x yz y z xy z xy xy z x z x yz
⇔ − − + − + + − =
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 3 3 2 2 2 2 2 2
0x y xy x yz xy z x z y z x yz xy z⇔ − − − + − − − =
( )
( ) ( )
( )

2 2 2 2 2
0xy x y xyz x y z x y xyz x y
⇔ − − − + − − − =
( ) ( ) ( )
2
0x y xy xyz x y z x y xyz
 
⇔ − − + + + − =
 
( ) ( )
2
0xy xyz x y z x y xyz⇔ − + + + − =
(vì
0x y x y
≠ ⇒ − ≠
)
( )
2
xy xz yz xyz x y xyz
⇔ + + = + +
( )
2
xyz x y xyz
xy xz yz
xyz xyz
+ +
+ +
⇔ =
(vì
0xyz

≠
)
1 1 1
x y z
x y z
⇔ + + = + +
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
9
F
A
B
C
M
P
Q
N K
E
0,25đ
5
Kẻ MP
⊥
AB tại P, MQ
⊥
AC tại Q

Kẻ Ex // AC, Ex cắt MQ tại K và cắt MF tại N
Do
∠
EMF = 45
0
nên tia ME, MF nằm giữa hai tia MP và MQ
1
2
MEN MEK MPEK
S S S
∆ ∆
⇒ < =
và
1
2
FEN QEK QAEK
S S S
∆ ∆
< =
(
FEN QEK
S S
∆ ∆
<
vì có cùng chiều cao nhưng
đáy EN bé hơn đáy EK)
Suy ra:
1 1
2 2
MEN FEN APMQ MEF APMQ

S S S S S
∆ ∆ ∆
+ < ⇔ <
(*)
Chứng minh được:
1
2
MAP MAB
S S
∆ ∆
=

1
2
MAQ MAC
S S
∆ ∆
=

1
2
APMQ ABC
S S
∆
⇒ =
(**)
Từ (*) và (**) ta có:
EF
1
4

M ABC
S S
∆ ∆
<
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
10
C
K
B
A
P
I
Q
M
0,5đ
0,5đ
0,25đ
6
Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AB,AC. Giao điểm của OA và
PQ là I.
AB và AC là hai tiếp tuyến nên AB = AC và AO là tia phân giác
của
∠
BAC
⇒ ∆

PAQ cân ở A và AO
⊥
PQ
Áp dụng Pitago ta có:
MK
2
= MO
2
– R
2
(
∆
MKO vuông tại K)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
11
O
MK
2
= (MI
2
+ OI
2
) – R
2
(
∆
MOI vuông tại I)
MK

2
= (MI
2
+ OI
2
) – (OP
2
– PB
2
) (
∆
BOP vuông tại B)
MK
2
= (MI
2
+ OI
2
) – [(OI
2
+ PI
2
) – PA
2
] (
∆
IOP vuông tại I và PA
= PB)
MK
2

= MI
2
+ OI
2
– OI
2
+ (PA
2
– PI
2
)
MK
2
= MI
2
+ AI
2
(
∆
IAP vuông tại I)
MK
2
= MA
2
(
∆
IAM vuông tại I)
⇒
MK = MA
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
ubnd huyỆn thỦy nguyÊn ĐỀ THI CHỌN hỌc SINH GIỎI
phÒng giÁo dỤc vÀ ĐÀO tẠo

MÔN TOÁN 9
Thời gian : 120’ (Không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (1,5điểm)
a)Tính giá trị của biểu thức :

2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0
2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0
sin 12 2sin 22 3sin 32 sin 78 2sin 68 3sin 58
os 15 os 75 os 15 os 75 os 15 os 75
A
c c c c c c
+ + +
= + +
+ + +

b) B =
6 2 2 3 2 12 18 128
+ − + + −
Bài 2 (2điểm) Giải phương trình
a/
2 2x x x x− − − − =
b/
3

2 1 1x x− + − =
Bài 3 (1,5điểm)
1/Trên cùng mặt phẳng tọa độ Oxycho 3 điểm A(2;5), B(-1;-1), C(4,9).
a, Tìm phương trình dường thẳng BC
12
b,Chng minh ng thng BC v hai ng thng y = 3; y = -
2
x
+
7
2
ng qui ti mt
im.
2/ Cho ng thng
d
cú phng trỡnh
( )
2 3 3 2y m x m
= +
.
Chng minh rng ng thng
d
luụn i qua mt im c nh khi
m
thay i .
Bi 4 (2im)
a/Cho a, b, c l cỏc s thc dng tha món a + b + c = 6. Tỡm giỏ tr nh nht ca
biu thc

+






+






+=
333
1
1.
1
1.
1
1
cba
P
.
b/Cho

3 2
( )P x x ax bx c= + + +
Giả sử
(1) 5; (2) 10P P= =
. Tính giá trị biểu thức:
(12) ( 9)P P
Bi 5 (3im)
a) Cho
ABC

cõn ti A. Trờn ỏy BC ly im D sao cho
CD 2BD=
. So sỏnh s o
ã
BAD
v
ã
1
CAD
2
b) T mt im A ngoi (O) dng cỏc tip tuyn AB, AC vi (O). Gi H l
giao im ca OA vi BC. Trờn ng trung trc ca AH ly im M bt k sao cho
M nm ngoi (O) v dng tip tuyn MF vi (O). Chng minh:
MA MF
=
.(B, C, F l
cỏc tip im)
13
ubnd huyỆn thỦy nguyÊn HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG
phÒng giÁo dỤc vÀ ĐÀO tẠo MÔN : TOÁN 9

Câu Đáp án Điểm
Câu 1
(1,5đ)
a/0,75điểm
2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0
2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0
2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0
2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0
sin 12 2sin 22 3sin 32 sin 78 2sin 68 3sin 58
os 15 os 75 os 15 os 75 os 15 os 75
sin 12 2sin 22 3sin 32 sin 78 2sin 68 3sin 58
os 15 sin 15 os 15 sin 15 os 15 sin 15
(s
A
c c c c c c
A
c c c
A
+ + +
= + +
+ + +
+ + +
= + +
+ + +
=
2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0
2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0
in 12 sin 78 ) 2(sin 22 sin 68 ) 3(sin 32 sin 58 )
(sin 12 os 12 ) 2(sin 22 os 22 ) 3(sin 32 os 32 )
1 2 3

6
A c c c
A
A
+ + + + +
= + + + + +
= + +
=
b/0,75điểm
6 2 2 3 2 12 4 2
6 2 2 3 2 3 4
6 2 2 2 3
+ − + + −
= + − +
= + −
=
6 2 4 2 3+ −
=
4 2 3+
=
3 1+
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
Câu 2
(2điểm)
a/ 1điểm

+) Điều kiện
2x
≥
14
Đặt
2 , 0t x x t= − − ≥
Ta có
2 4x x t x x t− − = ⇔ − − =
Và
2
2x x t− − =
Vậy
2
4
2
x x t
x x t

− − =


− − =


+) Trừ vế có
( ) ( )
2 2 2x x t t t− − − = − +
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2 2t t t x x t⇔ − = − + − + −

2t⇔ =
vì
2x −
và
x t−
không đồng thời bằng 0
+) Vậy
2t =
nên
4 2 6; 3x x x x− = − ⇔ = =
Thử lại x = 6 là nghiệm của phương trình
b/1điểm
+) TXĐ:
1x ≥
Đặt
3
2 x a− =
và
1 ( 0)x b b− = ≥
Theo pt đã cho ta có
1a b+ =
(1)
Mặt khác :
( )
( )
3
2
3 2
3
2 1 1a b x x+ = − + − =

(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ pt:
3 2
1
1
a b
a b
+ =


+ =

Giải hệ pt ta được nghiệm :
0 1 2
; ;
1 0 3
a a a
b b b
= = = −
  
  
= = =
  
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là :
1 2 3
2; 1; 10x x x= = =
.
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm

0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
Câu 3
(1,5đ)
1/1điểm
a/ Phương trình đường thẳng BC: y = 2x + 1
b/Đường thẳng y = 2x + 1 và đường thẳng y = 3 cắt nhau tại điểm
0,5điểm
15
M (1 ; 3) thỏa mãn phương trình y = -
2
x
+
7
2
nên các đường thẳng
BC, y = 3 và y == -
2
x
+
7
2
đồng qui tại điểm M.
2/0,5điểm
Gọi điểm cố định mà đường thẳng d đi qua là
0 0 0
( ; )M x y

Ta có
0 0
0 0 0
0
0
0 0
0
(2 3) 3 2,
(2 3) (3 2) 0,
3
2 3 0
2
3 2 0 13
2
y m x m m
x m x y m
x
x
x y
y
= − + − ∀
⇔ + − + − = ∀
−

=

+ =


⇔ ⇔

 
+ − =


=


Vậy đường thẳng d luôn đi qua
0
3 13
( ; )
2 2
M
−
0,5điểm
0,25điểm
0,25điểm
a/1,25điểm
Biến đổi được
333333333333
1
)
111
()
111
(1
cbaaccbbacba
A +++++++=

Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương ta có

abc
cba
3111
333
≥++
;
222333333
3111
cbaaccbba
≥++
Suy ra
3
333222
1
1
133
1






+=+++≥
abc
cbacba
abc
A
Ta có a+b+c=6
8

11
8
3
3
≥⇒=






++
≤⇒
abc
cba
abc

512
729
8
1
1
3
=







+≥⇒ A
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
16
Câu 4
(2điểm)
Giá trị nhỏ nhất của A bằng
512
729
khi
2a b c
= = =
.
b/0,75điểm
Tõ gi¶ thiÕt ®Ò bµi suy ra



=+++
=+++
10248
51
cba
cba
Trõ theo tõng vÕ cña 2 ph¬ng tr×nh cña hÖ .
Ta ®îc 3a+b = -2
P(12)-P(-9) =
[ ]
ba ))9(12())9(12()9(12

2333
−−−−−+−−
= 2457+63a+21b =2457+21(3a+b)=2457- 42=2415
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
1/Đặt AB=AC=a (a>0)BC =3m (m>0) suy ra: CD=2m,BD=m
Kẻ đường cao AH, phân giác AKcủa góc CAD, ta có DH =
1
2
m
Ta tính được AH =
2 2
1
4 9
2
a m
−
;AD =
2 2
2a m
−
Vì AKlà phân giác của góc CAD ta có:
DK AD
DC AC AD
=
+
suy ra:

0,25điểm
17
Câu 5
(3điểm)
Xét hiệu: DI-DK = m-DK=
(
)
2 2
2 2
2
0
2
m a a m
a a m
− −
>
+ −
vì a;m >0 và
2 2
2a a m
> −
Từ đó suy ra K nằm giữa Dvà I, hay I nằm giữa Kvà C. Do đó góc
AKD > góc AIK mà góc AIK = góc ADK nên góc AKD >góc
ADK. Suy ra ADB > góc AKC
Vậy: góc BAD < góc DAK. Tức là góc BAD <
1
2
góc CAD
2/Gọi I là trung điểm của AH.
Dễ chứng minh AO là đường trung trực của BC

+ Trong các tam giác: FMO ;OMI,AMI,ABO ta có
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
18
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2
2 2
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
2
;
2 .
.
MF MO R OF R
MI IO R
MI HI OH R
MI IH OH IH OH R
MI IA OH HA R
MA OH BH R
MA R R
MA
= − =

= + −
= + + −
= + + + −
= + + −
= + + −
= + −
=
Vậy: MF = MA
0,25điểm
19
0,25điểm
0,25điểm
0,75điểm
( học sinh làm cách khác cũng cho điểm tối đa)
UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MÔN: TOÁN 9
20
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2,0 điểm)
Cho biểu thức
1 1 2x x 1 2x x x x
A :
1 x
1 x x 1 x x
 
+ − + −
 
= − +

 ÷
 ÷
−
− +
 
 
với
> ≠ ≠
1
x 0; x ; x 1
4
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tính giá trị của A khi
x 17 12 2= −
c) So sánh A với
A
.
Bài 2 (1,75 điểm) :
a)Cho hàm số:
y =
mx – 3x + m + 1
Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số là một đường thẳng cắt hai trục tọa độ tạo thành
tam giác có diện tích bằng 1(đơn vị diện tích).
b) Chứng minh rằng Biểu thức
2
2
2
2008 2008
B 1 2008
2009 2009

= + + +
có giá trị là một số tự
nhiên.
Bài 3: (1,5 điểm) Giải phương trình
a)
2 2
x 3x 2 x 3 x 2 x 2x 3
− + + + = − + + −

b)
x 3
4x 1 3x 2
5
+
+ − − =
.
Bài 4.(4,0 điểm)
Cho AB là đường kính của đường tròn (O;R). C là một điểm thay đổi trên
đường tròn (C khác A và B), kẻ CH vuông góc với AB tại H. Gọi I là trung điểm của
AC, OI cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O;R) tại M, MB cắt CH tại K.
a) Chứng minh 4 điểm C, H, O, I cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh MC là tiếp tuyến của (O;R).
21
c) Chứng minh K là trung điểm của CH.
d) Xác định vị trí của C để chu vi tam giác ACB đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị
lớn nhất đó theo R.
Bài 5: (0,75 điểm). Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện
x 2y≥
, tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:

2 2
x y
M
xy
+
=
Chú ý: Thí sinh không được sử dụng máy tính.
HẾT
22
UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG
MÔN: TOÁN 9
Bài Đáp án Điểm
Bài 1
(2.0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức (1 điểm)

1 1 2x x 1 2x x x x 1
A : x 0;x ;x 1
1 x 4
1 x x 1 x x
 
+ − + −
 
 
= − + > ≠ ≠
 ÷
 ÷
 ÷

 ÷
−
− +
 
 
 

( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
 
+ −
− + + − −
 
= +
 
− − + + − +
 
x 2x x 1
x 1 x 2x 2 x x 1
:
x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x x

( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
 
+ − + −

−
 
= +
 
− − + + − +
 
x 1 2 x 1 x x 1 2 x 1
2 x 1
:
x x 1 1 x 1 x 1 x 1 x x

( )
( )
2 x 1 1 x
: 2 x 1
1 x 1 x x
x x 1
 
 
−
= − +
 
 ÷
 ÷
− − +
−
 
 
 

( )
( )
( )
( ) ( )
1 x x x 1 x
2 x 1
: 2 x 1 :
x x 1 1 x 1 x x
− + + −
−
= −
− − − +

( ) ( ) ( )
1 1 1 x x
:
x
x x 1 1 x 1 x x
− +
= =
− − − +

0.25
0.25
0.25
0.25
b) Tính giá trị của A khi
x 17 12 2= −
(0,5 điểm).
23

Tính
( ) ( )
2 2
x 17 12 2 3 2 2 x 3 2 2 3 2 2 3 2 2= − = − ⇒ = − = − = −

( ) ( )
1 3 2 2 17 12 2 5 3 2 2
15 10 2
A 5
3 2 2 3 2 2 3 2 2
− − + − −
−
= = = =
− − −
0.25
0.25
c) So sánh A với
A
(0,5 điểm).
Biến đổi
1 x x 1
A x 1
x x
− +
= = + −
Chứng minh được
1
x 2
x
+ >

với mọi
1
x 0;x ;x 1
4
> ≠ ≠

( )
1
A x 1 1 A 1 A 1 0 A A 1 0
x
A A 0 A A
⇒ = + − > ⇒ > ⇒ − > ⇒ − >
⇒ − > ⇒ >
0.25
0.25
Bài 2
(1,75 điểm)
Ta có: Đồ thị là đường thẳng cắt hai trục tọa độ khi m – 3
0 3m
≠ ⇔ ≠
S
∆
ABO
=
1 1
1 1
2 3
m
m
m

+
+ =
−
2
( 1) 2 3m m⇔ + = −
Nếu m> 3
⇔
m
2
+2m +1 = 2m -6
⇔
m
2
= -7 ( loại)
Nếu m < 3
⇔
m
2
+2m +1 = 6 – 2m
⇔
m
2
+ 4m – 5 =0
⇔
(m – 1)(m + +5) = 0
⇔
m = 1; m = -5
0.25
0.25
0.25

0.25
b) Biểu thức
2
2
2
2008 2008
B 1 2008
2009 2009
= + + +
có giá trị là một số tự
nhiên
24
Ta có :
( )
2 2
2
2
2 2
2008 2008 2008 2008
B 1 2008 1 2008 2.1.2008
2009 2009 2009 2009
= + + + = + − + +
.
( )
2
2
2
2
2008 2008 2008 2008 2008
2009 2.2009. 2009

2009 2009 2009 2009 2009
 
= − + + = − +
 ÷
 
.
2008 2008 2008 2008
2009 2009 2009
2009 2009 2009 2009
= − + = − + =
.
Vậy B có giá trị là một số tự nhiên.
0.25
0.25
0.25
Bài 3
(1.5 điểm)
a)
2 2
x 3x 2 x 3 x 2 x 2x 3− + + + = − + + −
(0,75 điểm)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x 1 x 2 x 3 x 2 x 1 x 3 1⇔ − − + + = − + − +
Điều kiện
( ) ( )
( ) ( )
x 1 x 2 0
x 3 0
x 2

x 2 0
x 1 x 3 0

− − ≥

+ ≥

⇔ ≥

− ≥


− + ≥

( )
( ) ( )
1 x 2 x 1 1 x 3 x 1 1 0⇔ − − − − + − − =
( ) ( )

− − =
⇔ − − − − + = ⇔

− − + =



− =
⇔ ⇔ =

− = −



x 1 1 0
x 1 1 x 2 x 3 0
x 2 x 3 0
x 1 1
x 2
x 2 x 3
x = 2 thoả mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình có nghiệm duy
nhất x = 2.
0.25
0.25
0.25
b)
x 3
4x 1 3x 2
5
+
+ − − =
(1). (0,75 điểm).
25