tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán lớp 9

Giáo án BDHSG Toán 9 Năm học: 2012-2013
PHÒNG GD-ĐT NINH HÒA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC: 2012-2013
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (3đ) Chứng minh đẳng thức:
5 3 29 12 5− − −
= cotg45
0
Bài 2: (4đ) 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: (3,5đ) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 4y x x y
M
xy
− + −
=
Bài 4: (3,75đ) 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: (3,75đ) 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
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2012-2013
Bài Nội dung – Yêu cầu Điểm
1
5 3 29 12 5− − −
( )
2
5 3 2 5 3
= − − −

5 6 2 5= − −

( )
2
5 5 1
= − −
= 1
= cotg45
0
1đ
0,5đ

0,75đ
0,25đ
0,5đ
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
− − + + −
 
= × −
 ÷
−
 
− −

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
1
ĐỀ CHÍNH THỨC
Giáo án BDHSG Toán 9 Năm học: 2012-2013
( ) ( )
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:
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
=
−
0,75đ
0,75đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
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)
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
0,75đ
0,5đ
0,75đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ
4
( ) ( )
2 2
1 1
x yz y xz
x yz y xz
− −
=
− −
( )
( )
( )
( )
2 2
x yz y xyz y xz x xyz
⇔ − − = − −
0,25đ
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
2
F

A
B
C
M
P
Q
N K
E
Giáo án BDHSG Toán 9 Năm học: 2012-2013
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
⇔ + + = + +
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ
5
Kẻ MP
⊥
AB tại P, MQ
⊥
AC tại Q
Kẻ Ex // AC, EC 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
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
3
C
K
B
A
P
I
Q
M

Giáo án BDHSG Toán 9 Năm học: 2012-2013
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)
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
0,25đ
0,25đ
0,25đ
PHÒNG GD&ĐT PHÚ GIÁO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 9
TRƯỜNG THCS AN BÌNH (Thời gian : 120 phút)

Bài 1(1,5đ): Cho biểu thức
2 3
3 3 3
1
3 3 27 3
x
Q
x
x x x
  
= + + +
 ÷ ÷
 ÷ ÷
+ + −
  
a/ Rút gọn Q
b/ Tính giá trị của Q khi
3 2010x = +
Bài 2(1đ): Rút gọn biểu thức

4 7 4 7M = + − −
Bài 3(1đ): Chứng minh rằng với mọi a,b,c ta có
2 2 2
a b c ab bc ac
+ + ≥ + +
Bài 4(2đ):a/ Cho a + b = 2.T ìm giá trị nhỏ nhất của A = a
2
+ b
2
b/ Cho x +2y = 8 . T ìm giá trị lớn nhất của B=xy
Bài 5(2đ): Giải phương trình
2 2
9 6 9 0x x x− + − + =
b/
2 2
4 4 0x x− − + =
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
4
O
Giáo án BDHSG Toán 9 Năm học: 2012-2013
Bài 6(2,5đ): Cho hình vuông cạnh a. Đường tròn tâm O, bán kính a cắt OB tại M .D là điểm đối xứng
của O qua C . Đường thẳng Dx vuông góc với CD tại D cắt CM tại E. CA cắt Dx tại F. Đặt
·
MDC
α
=
a/ Chứng minh AM là phân giác của
·
FCB
. Tính độ dài DM, CE theo a và

α
b/ Tính độ dài CM theo a . Suy ra giá trị của
sin
α
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
5
Giáo án BDHSG Toán 9 Năm học: 2012-2013
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
Bài Nội dung Biểu
chấm
1(1,5đ) a.(1đ)
A =








++









−
+
++
1
3
327
3
33
3
32
x
x
xxx

ĐKXĐ: x
≠
0; x
≠
3
=








++









++−
+
++ x
xx
xxxxx 3
33
)33)(3(
3
33
3
2
22
=








++









++−
+−
x
xx
xxx
x
3
33
)33)(3(
33)3(
2
2

3
1
−
=
x
b. (0,5 đ) Thay x =
3
+2010 vào A ta có:
A
3

1
−
=
x

2010
1
320103
1
=
−+
=
0.25
0.25
0.25
0.25
0,5
2(1đ)
Rút gọn biểu thức
4 7 4 7M = + − −
( ) ( )
2 2
4 7 4 7
8 2 7 8 2 7
2 2
1 7 1 7
2 2
1 7 7 1
2 2
2

M
M
M
M
M
= + − −
+ −
= −
+ −
= −
+ −
= −
=
0.25
0.25
0.25
0.25
3(1đ)

0.25
0.25
0.5
4(2đ) a/ Cho a + b = 2.T ìm giá trị nhỏ nhất của A = a
2
+ b
2
( )
( ) ( )
( )
2

2
2
2 2
2
min
2 2
2
2 4 4
2 2 2 . 2 2 2
2 2 2
2
2
a b b a
A a a
A a a
A a a
A a
A
A
+ = ⇒ = −
= + −
= − +
= − + +
= − +
≥
=
b/
( )
( ) ( )
( )

2
2 2
2
max
2 8 8 2
8 2 8 2
2 2 2 .2 2 2 2 8
8 2 2 2 8
8
x y x y
B y y y y
y y
y
B
+ = ⇒ = −
= − = −
 
= − − + −
 
 
= − − ≤
=
6
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 0

0
a b c ab bc ac
a b c ab bc ac
a ab b b bc c a ac c
a b b c a c
+ + ≥ + +
⇔ + + ≥ + +
⇔ − + + − + + − + ≥
⇔ − + − + − ≥
·
·
·
ECF ACM MDC
α α
= = ⇒ =
Giỏo ỏn BDHSG Toỏn 9 Nm hc: 2012-2013
Phòng GD- ĐT vĩnh tờng
Trờng THCS vũ di
==========
Đề thi khảo sát học sinh giỏi
Môn: Toán 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề )

Bài 1. (1,5 điểm)
Rút gọn các biểu thức sau :
a)A =
51
1
+
+

95
1
+
+
139
1
+
+
20052001
1
+
+
20092005
1
+
b) B = x
3
- 3x + 2000 với x =
3
223 +
+
3
223
Bi 2 (2,0 im) Gii cỏc phng trỡnh sau:
a) 3x
2
+ 4x + 10 = 2
2
14 7x
b)

2 4 2 2
4 4
4 16 4 1 2 3 5x x x x y y y + + + + =
c) x
4
- 2y
4
x
2
y
2
4x
2
-7y
2
- 5 = 0; (vi x ; y nguyờn)
Bài 3: (2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng với hai số thực bất kì
,a b
ta luôn có:
2
2
a b
ab
+


ữ

.

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?
b) Cho ba số thực
, ,a b c
không âm sao cho
1a b c
+ + =
.
Chứng minh:
16b c abc
+
. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?
c) Với giá trị nào của góc nhọn

thì biểu thức
6 6
sin cosP

= +
có giá trị bé nhất ? Cho biết
giá trị bé nhất đó.
Bài 4: (1,5 điểm)
Một đoàn học sinh đi cắm trại bằng ô tô. Nếu mỗi ô tô chở 22 ngời thì còn thừa một ngời. Nếu bớt
đi một ô tô thì có thể phân phối đều tất cả các học sinh lên các ô tô còn lại. Hỏi có bao nhiêu học
sinh đi cắm trại và có bao nhiêu ô tô ? Biết rằng mỗi ô tô chỉ chở không quá 30 ngời.
Bài 5 ( 3,0 điểm )
1)Cho hình thoi ABCD cạnh a , gọi R và r lần lợt là các bán kính các đờng tròn ngoại tiếp các tam
giác ABD và ABC.
a) Chứng minh :
2 2 2
1 1 4

R r a
+ =
b) Chứng minh :
3 3
2 2 2
8
( )
ABCD
R r
S
R r
=
+
; ( Kí hiệu
ABCD
S
là diện tích tứ giác ABCD )
2) Cho tam giác ABC cân tại A có
ã
0
108BAC =
.Chứng minh :
BC
AC
là số vô tỉ.
===============================================
Gv: Nguyn Vn Tỳ Trng THCS Thanh M
7
Giỏo ỏn BDHSG Toỏn 9 Nm hc: 2012-2013
Phòng GD- ĐT vĩnh tờng

Trờng THCS vũ di

Hd chấm Đề thi khảo sát học sinh giỏi (10 - 2010)
Môn: Toán 9

Bài Sơ lợc lời giải
Cho
điểm
Bài 1.b
(1,5 đ)
áp dụng công thức (a+b)
3
=a
3
+b
3
+3ab(a+b), với a=
3
223 +
, b=
3
223
và biến đổi => x
3
= 6 + 3x
Suy ra B = 2006
0,75
a
Có A =
15

15


+
59
59


+
913
913


+ +
20012005
20012005


+
20052009
20052009



Rút gọn, đợc A =
4
12009
.
0,75
Bài 2a

(2,0đ)
Gii, xỏc nh ỳng iu kin:
2 2
;
2 2
x x

<

2 2 2
4 4 2 1 2 2 1. 7 7x x x x+ + + +
= 0
2
( 2) ( 2 1 7) 0x x + + =
2
2
2 0
2
2
2 1 7 0
2
x
x
x
x
x
x
=

+ =

=
=


=




=


(Tha món)
0,25
0,25
0,25
b
iu kin :
2
2
2 2
4 0 (1)
16 0 (2)
4 1 0 (3)
2 3 0 (4)
x
x
x

x y y






+


+

T (2)

(x
2
4)(x
2
+ 4)
2
0 4 0x
kt hp vi (1) v (3) suy ra x = 2
Thay vo (4): y
2
2y + 1
0

; ỳng vi mi giỏ tr ca y.
Thay x = 2 vo phng trỡnh v gii ỳng, tỡm c y = 1,5
Vy nghim ca phng trỡnh: (x = 2; y = 1,5)

0.5
0,25
c
Bin i a c pt v dng: (x
2
2y
2
5)(x
2
+ y
2
+1) = 0

x
2
2y 5 = 0

x
2
= 2y
2
+ 5

x l
t x = 2k + 1 ; ( k
Z
)

4k
2

+ 4k +1 = 2y
2
+ 5

2y
2
= 4k
2
+ 4k 4

y
2
= 2(k
2
+ k 1)

y ch n
t y = 2n; (n
Z
)

4n
2
= 2(k
2
+ k 1)

2n
2
+ 1 = k(k + 1) (*)

Nhỡn v o (*) ta cú nhn xột: V trỏi nhn giỏ tr l, v phi nhn giỏ tr chn (Vỡ k
v k + 1 l hai s nguyờn liờn tip)

(*) vụ nghim

pt ó cho vụ nghim
0,25
0,25
Bài 3a
(2,0đ)
Ta có:
2
2 2 2 2
2 2
2 4 4
a b a ab b a ab b
ab ab
+ + + +

= =
ữ

0,25
Gv: Nguyn Vn Tỳ Trng THCS Thanh M
8
Giỏo ỏn BDHSG Toỏn 9 Nm hc: 2012-2013
( )
2
0, ,
4

a b
a b

= R
Vậy:
( )
2
2
, , 4 , ,
2
a b
ab a b a b ab a b
+

+
ữ

R R
Dấu đẳng thức xảy ra khi
a b=
0,25
b
Theo kết quả câu 3.a, ta có:
( ) ( ) ( )
2 2
4a b c a b c a b c

+ + = + + +

mà

1a b c+ + =
(giả thiết)
nên:
( ) ( )
2
1 4 4a b c b c a b c + + +
(vì a, b, c không âm nên b + c không âm)
Nhng:
( )
2
4b c bc+
(không âm)
Suy ra:
16b c abc
+
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi:
1 1
,
4 2
a b c
b c a
b c
= +

= = =

=

0,25

0,25
0,25
c
Ta có:
( ) ( )
3 3
6 6 2 2
sin cos sin sP co

= + = +

( )
2 2 4 2 2 4
sin cos sin sin cos cosP


= + +

( )
2
2 2 2 2 2 2
sin cos 3sin cos 1 3sin cosP

= + =
áp dụng kết quả câu 3.1, ta có:
( )
2
2 2 2 2 2 2 2 2
1
sin cos 4sin cos 1 4sin cos sin cos

4

+
Suy ra:
2 2
3 1
1 3sin cos 1
4 4
P

= =
Do đó:
min
1
4
P =
khi và chỉ khi:
2 2
sin cos sin cos

= =
(vì

là góc nhọn)
0
sin
1 1 45
cos
tg

= = =
0,25
0,25
0,25
Bài 4
(1,5đ)
+ Gọi số ô tô lúc đầu là
x
( x nguyên và x 2)
Số học sinh đi cắm trại là: 22x + 1.
+ Theo giả thiết: Nếu số xe là
1x
thì số học sinh phân phối đều cho tất cả các xe,
mỗi xe chở số học sinh là y (y là số nguyên và 0 < y 30).
+ Do đó ta có phơng trình:
( )
22 1 23
1 22 1 22
1 1
x
x y x y
x x
+
= + = = +

0,25
0,25
0,25

+ Vì x và y đều là số nguyên dơng, nên
1x

phải là ớc số của 23.
Mà 23 nguyên tố, nên:
1 1 2x x = =
hoặc
1 23 24x x = =
Nếu
2x =
thì
22 23 45 30y = + = >
(trái giả thiết)
Nếu
24x =
thì
22 1 23y = + =
< 30 (thỏa điều kiện bài toán).
+ Vậy số ô tô là: 24 và tổng số học sinh đi cắm trại là:

22 24 1 23 23 529ì + = ì =
học sinh.
0,25
0,25
0,25
Gv: Nguyn Vn Tỳ Trng THCS Thanh M
9
Giỏo ỏn BDHSG Toỏn 9 Nm hc: 2012-2013
Bài 5
(3,0đ)

I
E
K
M
D
O
A
C
B
Tứ giác ABCD là hình thoi nên AC là đ-
ờng trung trực của đoạn thẳng BD,BD là
đờng trung trực của AC.Do vậy nếu gọi
M,I,K là giao điểm của đờng trung trực
của đoạn thẳng AB với AB,AC,BD thì ta
có I,K là tâm đờng tròn ngoại tiếp các tam
giác ADB,ABC
Từ đó ta có KB = r và IB = R.Lấy một
điểm E đối xứng với điểm I qua M , Ta có
BEAI là hình thoi ( vì có hai đờng chéo EI
và AB vuông góc với nhau và cắt nhau tại
trung điểm mỗi đờng )
0,25
1a
Ta có
ã
ã
BAI EBA=
mà
ã
ã

0
90BAI ABO+ =
ã
ã
0
90EBA ABO + =
0,25
Xét

EBK có
ã
0
90EBK =
,đờng cao BM.Theo hệ thức trong tam giác vuông ta có
2 2 2
1 1 1
BE BK BM
+ =
0,25
Mà BK = r , BE = BI = R; BM =
2
a
Nên
2 2 2
1 1 4
R r a
+ =
(Đpcm)
0,25
1b

Xét
AOB

và
AMI
có
ã
ã
0
90AOB AMI= =
và
à
A
chung
AOB AMI

:
2
.
2
AO AM AM AB AB
AO
AB AI AI R
= = =
Chứng minh tơng tự ta đợc
2
.
2
BM AB AB
BO

BK r
= =
0,25
0,25
Ta có
4
2. . 2.
4
ABCD
AB
S AO OB
Rr
= =
Mà theo định lí Pi ta go trong tam giác vuông AOB ta có
2 2 2 4
2 2
1 1 1
4
AB OA OB AB
R r

= + = +
ữ

2 2
2
2 2
4R r
AB
R r

=
+
Từ đó ta có :
3 3
2 2 2
8
( )
ABCD
R r
S
R r
=
+
0,25
0,25
2
x
C
D
B
A
0,25
Kẻ tia Cx sao cho CA là tia phân giác của
ã
BCx
, tia Cx cắt đờng thẳng AB tại D.Khi
đó Ta có
ã
ã
0

36DCA ACB= =
DCA
cân tại C ,
BCD
cân tại B
AB AC DC = =
.Theo tính chất đờng phân giác trong tam giác BCD ta có
;
CB AB BC CA
BC BD
CD AD CA BD CA
= = =


0,25
Gv: Nguyn Vn Tỳ Trng THCS Thanh M
10
1
a b c d+ + +
Giáo án BDHSG Toán 9 Năm học: 2012-2013
2 2 2
2 2
( ) . 0
1 5
1 0
2 4
BC CA
BC BC CA CA BC BC CA CA
CA BC CA
BC BC BC

CA CA CA
⇒ = ⇔ − = ⇔ − − =
−
     
⇔ − − = ⇔ − =
 ÷  ÷  ÷
     
0,25
1 5
2
BC
CA
+
=
( V×
0)
BC
CA
>
.VËy
BC
AC
lµ sè v« tØ
0,25
PHÒNG GD-ĐT HUYỆN LONG ĐIỀN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012-2013

Bài 1(4đ)
a) Tính tổng:
b) Cho a, b, c, d là các số dương và

a c
b d
=
. Hãy trục căn thức ở mẫu của biểu thức sau:
Bài 2: (4đ)
a) (2đ) Biết rằng a,b là các số thoả mãn a > b > 0 và a.b = 1
Chứng minh :
2 2
2 2
a b
a b
+
≥
−
b) (2đ) Tìm tất cả các số tự nhiên
abc
có 3 chữ số sao cho :

( )
2
2
1
2
abc n
cba n

= −


= −



với n là số nguyên lớn hơn 2
Bài 3: (4đ)
a) (2đ) Phân tích thành nhân tử:
M =
1xxx1x7
23
−+−−−
với
1x ≥
b) (2đ) Giải phương trình

83xx326x
3
2
=++++
Bài 4: (2.đ) Cho đường thẳng (d) có phương trình:
( 2) ( 3) 8x m m y m+ + − = −
a) (0,5đ) Xác định m để đường thẳng (d) đi qua điểm P(-1;1).
b) (1,5đ) Chứng minh rằng khi m thay đổi thì đường thẳng (d) luôn luôn đi qua một điểm cố định.
Bài 5: (2 đ)
Cho
∆
ABC đều điểm M nằm trong
∆
ABC sao cho AM
2
= BM
2

+ CM
2
. Tính số đo góc BMC ?
Bài 6 : (4,0 đ )
Cho nửa đường tròn đường kính BC=2R, tâm O cố định. Điểm A di động trện nửa đường tròn.
Gọi H là hình chiếu của điểm A lên BC. Gọi Dvà E lần lượt là hình chiếu của H lên AC và AB.
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
11
2 2 2 2

15 35 63 399
P
= + + + +
ĐỀ CHÍNH THỨC
a d b c
a d b c
+ − −
=
+ − −
Giáo án BDHSG Toán 9 Năm học: 2012-2013
a) Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB
2

b) Xác định vị trí điểm A sao cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất? Tính diện tích lớn nhất
đó theo R.
HẾT
ĐÁP ÁN
Bài 1(4đ, mỗi bài 2 điểm)
a)
2 2 2 2

15 35 63 399
P = + + + +
2 2 2 2

3.5 5.7 7.9 19.21
= + + + +
1 1 1 1 1 1 1 1

3 5 5 7 7 9 19 21
= − + − + − + + −
1 1
3 21
= −
2
7
=
b)
(0,5 điểm).
(0,5 điểm).
(0,5 điểm)
.

2 2
a c
do ad bc ad bc
b d
 
= ⇒ = ⇒ =
 ÷

 
(0.5
điểm)
Bài 2: ( 2 điểm )
* Vì a.b = 1 nên
( ) ( )
( )
2 2
2 2
2 2
2
a b ab a b
a b
a b
a b a b a b a b
− + − +
+
= = = − +
− − − −
( 1 đ )
* Do a > b > 0 nên áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương
Ta có :
( ) ( )
2 2
2a b a b
a b a b
− + ≥ − ×
− −
Vậy
2 2

2 2
a b
a b
+
≥
−
( 1đ )
1) ( 2 đđiểm )
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
12
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
a d b c
a d b c a d b c
+ − +
=
   
+ + + + − +
   
1
( ) ( )a d b c
=
+ + +
2 ( 2 )
a d b c
a d ad b c bc
+ − −
=
+ + − + +
2 2

a d b c
a d ad b c bc
+ − −
=
+ + − − −
1
a b c d
+ + +
Giáo án BDHSG Toán 9 Năm học: 2012-2013
Viết được
2
2
100 10 1
100 10 4 4
abc a b c n
cba c b a n n

= + + = −


= + + = − +


Từ (1) và (2) ta có 99 ( a –c ) = 4n – 5 => 4n – 5
M
99 (3) ( 0,75 đ )
Mặt khác : 100
2 2
1 999 101 1000 11 31n n n≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
39 4 5 119n

⇔ ≤ − ≤
(4) ( 0,75đđ )
Từ (3) và (4) => 4n – 5 = 99 => n = 26
Vậy số cần tìm
675abc =
( 0,5 đ )
Bài 3( 4đ)
a) (2 điểm) M =
1xxx1x7
23
−+−−−
với
1x ≥
)1xx7(1x −+−−=
(0,25đ)
)
4
25
4
1
1x1x(1x
−+−−−−−=
(0,5đ)









−






−−−−=
4
25
2
1
1x1x
2
(0,5đ)
( )( )
21x31x1x +−−−−−=
(0,5đ)
( )( )
21x1x31x +−−−−=
(0,25đ)
b) (2đ) Giải phương trình
83xx326x
3
2
=++++
(1)
Ta nhận thấy x = 1 là nghiệm của PT (1) (0,75đ)
Với

1x0
<≤
thì:
831132613xx326x
3
2
3
2
=++++<++++
Nên PT vô nghiệm với
1x0 <≤
(0,5đ)
Với x >1 Thì:
831132613xx326x
3
2
3
2
=++++>++++
Nên PT vô nghiệm với x >1 (0,5đ)
Vậy PT (1) có nghiệm duy nhất x = 1 (0,25đ)
Bài 4: (2 điểm)
a) Vì đường thẳng (d) đi qua P(-1;1) nên
( 2).( 1) ( 3).1 8 5 8 3.m m m m m+ − + − = − ⇔ − = − ⇒ =
(0,5 điểm)
b) Gọi
( )
0 0
;x y
là tọa độ điểm cố định mà (d) đi qua

Ta có:
0 0
( 2) ( 3) 8m x m y m m+ + − = − ∀
. (0,5đ)
( )
0 0 0 0
0 0 0
0 0 0
( 1) 2 3 8 0 .
1 0 1
2 3 8 0 2
x y m x y m
x y x
x y y
⇔ + − + − + = ∀
+ − = = −
 
⇒ ⇔
 
− + = =
 
Vậy điểm cố định mà (d) đi qua là (-1;2) (1đ)
Bài 5:
Vẽ tam giác đều CMN
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
13
BCN ACM
BN AM
⇒ ∆ = ∆
⇒ =

Giáo án BDHSG Toán 9 Năm học: 2012-2013

(1 điểm)

mà
2 2 2
AM BM CM= +
2 2 2
BN BM MN⇔ = +
BMN⇔ ∆
vuông tại M.
·
·
·
0 0 0
90 60 150BMC BMN NMC⇒ = + = + =
. (1 điểm)
Bài 6: (4,0 đ)
a) Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB
2

Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật (1,0 đ)
AB . EB = HB
2

AC . EH = AC . AD = AH
2
=> ĐPCM (1 điểm)
b) S
(ADHE

)= AD.AE
≤

2 2 2 2
2 2 2
AD AE DE AH+
= =
(0,75 đ)
⇒
S
(ADHE)

≤
2 2 2
2 2 2
AH AO R
≤ =
(0,75 đ)
Vậy Max S
(ADHE
)=
2
2
R
Khi AD = AE
Hay A là điểm chính giữa của cung AB (0,5 đ)
UBND HUYỆN QUẾ SƠN
PHÒNG GD&ĐT
KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012-2013

Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC - VÒNG I
Bài 1: (1.5 điểm)
Thực hiện tính:
24
422
2
2
++−
−+
xx
xx
với
362 +=x
Bài 2: (2.5 điểm)
Giải các phương trình:
a.
2455
22
−=++−+ xxxx
b.
322323
22
−++−=+++− xxxxxx
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
14
O
B
C

A
H
D
E
Giáo án BDHSG Toán 9 Năm học: 2012-2013
Bài 3: (2.0 điểm)
a. Chứng minh phương trình (n+1)x
2
+ 2x - n(n+2)(n+3) = 0 luôn có nghiệm hữu tỉ với mọi số
n nguyên.
b. Gọi x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình x
2
+ 2009x + 1 = 0
x
3
, x
4
là nghiệm của phương trình x
2
+ 2010x + 1 = 0
Tính giá trị của biểu thức: (x
1
+x
3
)(x
2

+ x
3
)(x
1
-x
4
)(x
2
-x
4
)
Bài 4: ( 3.0 điểm)
Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường
tròn (B, C là các tiếp điểm). Đoạn thẳng AO cắt đường tròn (O) tại M. Trên cung nhỏ MC của (O) lấy
điểm D. AD cắt (O) tại điểm thứ hai E. I là trung điểm của DE. Đường thẳng qua D vuông góc với BO
cắt BC tại H và cắt BE tại K.
a. Chứng minh bốn điểm B, O, I, C cùng thuộc một đường tròn.
b. Chứng minh ∠ ICB = ∠ IDK
c. Chứng minh H là trung điểm của DK.
Bài 5: ( 1.0 điểm)
Cho A(n) = n
2
(n
4
- 1). Chứng minh A(n) chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n.
UBND HUYỆN QUẾ SƠN
PHÒNG GD&ĐT
KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012-2013
Môn: Toán

Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC - VÒNG II
Bài 1: (2.0 điểm)
a) Chứng minh bất đẳng thức:
1 1 4
a b a b
+ ≥
+
. Với
;a b
là các số dương.
b) Cho
;x y
là hai số dương và
1x y
+ =
.Tìm giá trị nhỏ nhất của

xy
P
2
1
=
;
2 2
2 3
M
xy x y
= +
+

.
Bài 2: (2.0 điểm)
Giải hệ phương trình:



+=++
=+
243
11
22
yxyx
yx
Bài 3: (2.0 điểm)
Hình chữ nhật ABCD có M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD. Trên tia đối của tia CB
lấy điểm P. DB cắt PN tại Q và cắt MN tại O. Đường thẳng qua O song song vơi AB cắt QM tại H.
a. Chứng minh HM = HN.
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
15
Giáo án BDHSG Toán 9 Năm học: 2012-2013
b. Chứng minh MN là phân giác của góc QMP.
Bài 4: (3.0 điểm)
Cho nửa đường tròn (O, R) đường kính AB. EF là dây cung di động trên nửa đường tròn sao
cho E thuộc cung AF và EF = R. AF cắt BE tại H. AE cắt BF tại C. CH cắt AB tại I
a. Tính góc CIF.
b. Chứng minh AE.AC + BF. BC không đổi khi EF di động trên nửa đường tròn.
c. Tìm vị trí của EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất. Tính diện tích đó.
Bài 5: (1.0 điểm)
Tìm ba số nguyên tố mà tích của chúng bằng năm lần tổng của chúng.
UBND HUYỆN QUẾ SƠN

PHÒNG GD&ĐT
KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012-2013
Môn: Toán
HƯỚNG DẪN CHẤM - VÒNG I
Bài 1: (1.5 điểm)
Thực hiện tính:
24
422
2
2
++−
−+
xx
xx
với
362 +=x

2
1
)22(2
)22(
2)2)(2(
)2)(2(222
2
+
=
++−+
−++
=

++−+
−++−++
=
xxxx
xx
xxx
xxxx
0,75
Thay
362 +=x
vào được:
23
23
1
)23(
1
3262
1
2
−=
+
=
+
=
++
0,75
Bài 2: (2.5 điểm)
Giải các phương trình:
a.
2455

22
−=++−+ xxxx
24545
22
=++−++ xxxx
.
Đặt
45
2
++= xxy
(y ≥ 0) được: y
2
- y - 2 = 0
0,50
Giải phương trình được: y
1
= -1 (loại); y
2
= 2. 0,25
Với y = 2 giải
245
2
=++ xx
được x
1
= 0; x
2
= -5. 0,25
Thử lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệm 0,25
Ghi chú: Có thể đặt y = x

2
+ 5x. Lúc này cần đặt điều kiện khi bình phương hai vế.
b.
322323
22
−++−=+++− xxxxxx
)3)(1(23)2)(1( +−+−=++−− xxxxxx
0,25
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
16
Giáo án BDHSG Toán 9 Năm học: 2012-2013
032)32(1 =++−−+−−− xxxxx
0)11)(32( =−−+−− xxx
0,50
032 =+−− xx
vô nghiệm;
011 =−−x
được x = 2. 0,25
Thử lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệm. 0,25
Bài 3: (2.0 điểm)
a.Chứng minh Phương trình (n+1)x
2
+ 2x - n(n+2)(n+3) = 0 luôn có nghiệm hữu tỉ với mọi số n
nguyên.
n =-1: Phương trình có nghiệm. Với n ≠ -1 ⇒ n+1≠0.
∆’= 1+ n(n+2)(n+3)(n+1)
= 1+ (n
2
+ 3n)(n
2

+3n+2) = (n
2
+ 3n)
2
+ 2(n
2
+ 3n) + 1 =(n
2
+ 3n + 1)
2
.
0,50
∆’≥ 0 nên phương trình luôn có nghiệm.
0,25
∆’ chính phương, các hệ số là số nguyên nên các nghiệm của phương trình là số hữu tỉ.
0,25
b. Gọi x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình x
2
+ 2009x + 1 = 0
x
3
, x
4
là nghiệm của phương trình x
2
+ 2010x + 1 = 0

Tính giá trị của biểu thức: (x
1
+x
3
)(x
2
+ x
3
)(x
1
-x
4
)(x
2
-x
4
)
Giải:
Chứng tỏ hai phương trình có nghiệm.
Có: x
1
x
2
= 1 x
3
x
4
= 1 x
1
+x

2
= -2009 x
3
+ x
4
= -2010
0,25
Biến đổi kết hợp thay: x
1
x
2
= 1; x
3
x
4
= 1
(x
1
+x
3
)(x
2
+ x
3
)(x
1
-x
4
)(x
2

-x
4
) = (x
1
x
2
+ x
2
x
3
- x
1
x
4
-x
3
x
4
)(x
1
x
2
+x
1
x
3
-x
2
x
4

-x
3
x
4
)
= (x
2
x
3
- x
1
x
4
)(x
1
x
3
-x
2
x
4
)
= x
1
x
2
x
3
2
- x

3
x
4
x
2
2
- x
3
x
4
x
1
2
+x
1
x
2
x
4
2
= x
3
2
- x
2
2
- x
1
2
+ x

4
2
= (x
3
+ x
4
)
2
- 2x
3
x
4
-( x
2
+ x
1
)
2
+ 2x
1
x
2

= (x
3
+ x
4
)
2
-( x

2
+ x
1
)
2
0,50
Thay x
1
+x
2
= -2009; x
3
+ x
4
= -2010 được : 2010
2
- 2009
2
=2010+2009 =4019 0,25
Ghi chú: Có thể nhân theo nhóm [(x
1
+x
3
)(x
2
+ x
3
)].[(x
1
-x

4
)(x
2
-x
4
)]
Bài 4: ( 3.0 điểm)
OB ⊥ BA; OC ⊥ CA ( AB, AC là các tiếp tuyến)
OI ⊥ IA (I là trung điểm của dây DE) .
⇒ B, O, I, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO.
0,75
∠ICB = ∠IAB ( Cùng chắn cung IB đường tròn đường kính AO) (1)
1.0
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
17
OA
B
C
I
D
E
K
H
M
Giáo án BDHSG Toán 9 Năm học: 2012-2013
DK // AB (Cùng vuông góc với BO)
⇒ ∠ IDK = ∠IAB (2)
Từ (1) và (2) được: ∠ ICB = ∠ IDK
∠ ICB = ∠ IDK hay ∠ ICH = ∠ IDH ⇒ Tứ giác DCIH nội tiếp.
⇒ ∠HID = ∠ HCD

∠ HCD = ∠ BED (Cùng chắn cung DB của (O))
⇒ ∠HID = ∠ BED ⇒ IH // EB
⇒ IH là đường trung bình của DEK ⇒ H là trung điểm của DK
1,25
(Mỗi bước cho 0,25 điểm)
Bài 5: ( 1.0 điểm)
Chứng minh A(n) = n
2
(n
4
- 1). chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n.
- A(n) = n.n(n
2
- 1)( n
2
+ 1) = n.n(n - 1)(n+1)( n
2
+ 1). Do n(n - 1)(n+1) chia hết cho 3
nên A(n) chia hết cho 3 với mọi n.
0,25
- A(n) = n
2
(n
4
- 1) = n(n
5
- n). Do n
5
- n chia hết cho 5 theo phecma nên A(n) chia hết
cho 5 với mọi n.

0,25
- Nếu n chẵn ⇒ n
2
chia hết cho 4 ⇒ A(n) chia hết cho 4. Nếu n lẻ ⇒ (n-1)(n+1) là tích
hai số chẵn nên nó chia hết cho 4. ⇒ A(n) chia hết cho 4 với mọi n.
0,25
- Ba số 3,4,5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên A(n) chia hết cho 3.4.5 hay A(n) chia
hết cho 60.
0,25
(Mỗi bước cho 0,25 điểm)
UBND HUYỆN QUẾ SƠN
PHÒNG GD&ĐT
KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012-2013
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
HƯỚNG DẪN CHẤM - VÒNG II
Bài 1: (2.0 điểm)
a. Chứng minh bất đẳng thức:
1 1 4
a b a b
+ ≥
+
. Với
;a b
là các số dương.
b. Cho
;x y
là hai số dương và
1x y

+ =
.Tìm giá trị nhỏ nhất của

xy
P
2
1
=
;
2 2
2 3
M
xy x y
= +
+
.
1 1 4
a b a b
+ ≥
+

( ) ( )
04
4
22
≥−⇔≥+⇔
+
≥
+
⇔ baabba

baab
ba
0,50
2
1.2
4
)(2
4
22
1
==
+
≥
+
==
yxxy
yx
xy
P
0,50
P đạt giá trị nhỏ nhất tại: x = y =
2
1
0,25
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
18
Giáo án BDHSG Toán 9 Năm học: 2012-2013
hoặc:
2
2

1
4
1
4
1
)(42
222
≥⇔≥⇔≤⇔+≤⇔+≤
xyxy
xyyxxyyxxy
2 2
2 3
M
xy x y
= +
+
=
14122
)(
3.4
2
1
2
3.4
2
13
2
4
22222
=+≥

+
+=
++
+≥
+
+
yx
xy
yxyx
xy
yx
xy
0,50
-
xy2
1
đạt GTNN tại x = y =
2
1
.
-
22
3
2
3
yx
xy
+
+
đạt GTNN tại x = y =

2
1
. Nên M đạt GTNN tại x = y =
2
1
.
0,25
Bài 2: (2.0 điểm)
Giải hệ phương trình:



+=++
=+
243
11
22
yxyx
yx
- Đặt S = x + y; P = xy được:



+=+
=−
243
112
2
PS
PS

0,25
-
0)2817(2
2
=+−+⇒ SS
0,25
- Giải phương trình được
23
1
+=S
;
25
2
−−=S
0,25
-
23
1
+=S
được
23
1
=P
;
25
2
−−=S
được
258
2

+=P
0,25
- Với
23
1
+=S
;
23
1
=P
có x, y là hai nghiệm của phương trình:
023)23(
2
=++− XX
0,25
- Giải phương trình được
2;3
21
== XX
.
0,25
- Với
25
2
−−=S
được
258
2
+=P
có x, y là hai nghiệm của phương trình:

0258)25(
2
=++++ XX
. Phương trình này vô nghiệm.
0,25
- Hệ có hai nghiệm:



=
=
2
3
y
x
;



=
=
3
2
y
x
0,25
Bài 3: (2.0 điểm)
-Chứng tỏ MBND là hình bình hành ⇒ O là trung
điểm của MN.
- OH // AB ⇒ OH ⊥ MN.

- ⇒∆HMN cân tại H (Trung tuyến vừa là đường
cao) ⇒ HM = HN.
0,75
- OH // BM được:
OB
OQ
HM
HQ
=
- ON // BP được:
NP
NQ
OB
OQ
=
⇒
NP
NQ
HM
HQ
=
⇒ NH//PM
⇒ ∠ HNM = ∠ NMP
1,25
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
19
A B
C
D
P

M
N
Q
O
H
Giáo án BDHSG Toán 9 Năm học: 2012-2013
⇒ ∠ HMN = ∠ NMP ⇒ MN là phân giác của góc
QMP
Mỗi bước cho 0,25 điểm
Bài 5: (1.0 điểm)
Tìm ba số nguyên tố mà tích của chúng bằng năm lần tổng của chúng.
Giải:
Gọi a,b,c là ba số nguyên tố cần tìm ta có: abc = 5(a+b+c). Tích ba số nguyên tố abc chia
hết cho 5 nên có một số bằng 5.
0,25
Giả sử a = 5 được 5bc = 5(5+b+c) ⇔ bc = 5+b+c.
⇔ bc -b - c + 1 = 6 ⇔ (b-1)(c-1) = 6.
0,50
b,c là các số nguyên dương có vai trò như nhau nên ta có các hệ:



=
=
⇔



=−
=−

7
2
61
11
c
b
c
b
và



=
=
⇔



=−
=−
4
3
31
21
c
b
c
b
Kết luận: Ba số nguyên tố cần tìm là 2, 5, 7
0,25

Bài 4: (3.0 điểm)
- BE, AF là hai đường cao của ∆ABC ⇒ CI là đường cao thứ ba hay CI⊥AB
- ⇒Tứ giác IHFB nội tiếp ⇒ ∠HIF = ∠HBF hay ∠CIF = ∠EBF .
- ∆EOF đều nên ∠EOF = 60
0
.
- ⇒ EF = 60
0
⇒ ∠CIF = ∠EBF = 30
0
.
1,0
- Chứng minh ∆ACI đồng dạng với ∆ABE
- được:
AIABAEAC
AE
AI
AB
AC
=⇒=
- Tương tự ∆BCI đồng dạng với ∆BAE được:
BIBABFBC
BF
BI
BA
BC
=⇒=
- Cộng được: AE.AC + BF. BC = AB.AI + AB.BI =AB(AI + IB) = AB
2
= const.

1.0
- Chứng minh ∆ABC đồng dạng với ∆FEC.
1,0
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
20
A
B
E
F
C
H
I
O
Giáo án BDHSG Toán 9 Năm học: 2012-2013
-
4
1
2
22
=






=







=
R
R
AB
EF
S
S
ABC
FEC

ABCABFE
SS
4
3
=⇒
- Để
ABFE
S
lớn nhất ⇒
ABC
S
lớn nhất ⇒ CI lớn nhất. C chạy trên cung chứa góc 60
0
vẽ
trên AB nên CI lớn nhất khi I ≡ O ⇒ ∆CAB cân ⇒ EF // AB.
- Lúc đó
4

3.3
3.
2
3 2
2
2
R
SR
RR
S
ABFEABC
=⇒==

(Mỗi bước cho 0,25 điểm)
PHÒNG GD & ĐT LONG ĐIỀN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS
TRƯỜNG THCS NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC: 2009 – 2010
Môn thi: Toán
Thời gian: 150 Phút
Bài 1: (4điểm) Mỗi câu 2 điểm
b) Cho a, b là 2 số tự nhiên lẻ. Chứng minh rằng: a
2
– b
2
chia hết cho 8
c) Tính tổng:
Giải
a) (0,5 điểm). Ta có: a
2
– b
2

= (a
2
– 1) – (b
2
– 1) = (a + 1)(a – 1) – (b + 1)(b – 1)
(0,5 điểm). Vì (a + 1)(a – 1) là tích của 2 số tự nhiên chẵn liên tiếp nên chia hết cho 8
(0,5 điểm). Tương tự: (b +1)(b – 1)
M
8
(0,5 điểm). Vậy: (a
2
– b
2
)
M
8 (đpcm)
b)
2 2 2 2

15 35 63 399
P = + + + +
2 2 2 2

3.5 5.7 7.9 19.21
= + + + +
1 1 1 1 1 1 1 1

3 5 5 7 7 9 19 21
= − + − + − + + −
1 1

3 21
= −
2
7
=
Bài 2: (4điểm) Mỗi câu 2 điểm
a) Cho a, b, c là các số thực khác nhau. Chứng minh rằng:
2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
b c c a a b
a b a c b c b a c a c b a b b c c a
− − −
+ + = + +
− − − − − − − − −
b) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2009 2010A x x= − + −
Giải
a) Ta có:
( )( ) ( )( ) ( )( )
b c c a a b
VT
a b a c b c b a c a c b
− − −
= + +
− − − − − −
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
21
2 2 2 2

15 35 63 399

P
= + + + +
(0,5 điểm)
(0,5 điểm)
(0,5 điểm)
(0,5 điểm)
Giáo án BDHSG Toán 9 Năm học: 2012-2013
1 1 1 1 1 1
a b a c b c b a c a c b
= − + − + −
− − − − − −
1 1 1 1 1 1
a b c a b c a b c a b c
= + + + + +
− − − − − −
2 2 2
a b b c c a
= + +
− − −
= VP
b)
2009 2010A x x= − + −
• Tập xác định: D = [2009; 2010]
• Với ∀x ∈ D thì A ≥ 0. Do đó: A =
2
A
1. Xét:
(0,25 điểm)
2
2009 2010 2 2009. 2010 1 2 2009. 2010A x x x x x x= − + − + − − = + − −

Ta có:
2
1A ≥
(vì
2 2009. 2010 0x x− − ≥
với ∀x ∈ D)
<=> A ≥ 1 với ∀x ∈ D
(0,25 điểm) Vậy: A
min
= 1 khi
(0,25 điểm)
2009 0 2009
2010 0 2010
x x
x x
− = =
 
⇔
 
− = =
 
2. Xét:
(0,25 điểm)
2
1 2 2009. 2010 1 2009 2010A x x x x= + − − ≤ + − + −

(vì
2 2009. 2010 2009 2010x x x x− − ≤ − + −
, với ∀x ∈ D; BĐT Côsi)

<=> A
2
≤ 2 với ∀x ∈ D
<=> A
2≤
với ∀x ∈ D
(0,25 điểm)Vậy A
max
=
2
khi: x – 2009 = 2010 – x
(0,25 điểm) <=> x = 2009,5
Bài 3: (4 điểm) Mỗi câu 2 điểm
a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x + 7y = 55
b) Cho a, b, c, d là các số dương và
a c
b d
=
Trục căn thức ở mẫu của biểu thức sau:
1
a b c d+ + +
Giải
a) 3x + 7y = 55
(0,5 điểm). HS tìm được nghiệm nguyên tổng quát của phương trình trên:
(0,5 điểm).Để:
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
22
(0,75 điểm)
(0,75 điểm)
(0,5 điểm)

110 7
( )
55 3
x t
t
y t
= − +

∈

= −

¢
(0,25 điểm)
(0,25 điểm)
Giáo án BDHSG Toán 9 Năm học: 2012-2013
110
0 110 7 0
7
( ) ( )
0 55 3 0 55
3
t
x t
t t
y t
t

>


> − + >
 

⇔ ∈ <=> ∈
  
> − >
 

<


¢ ¢

(0,5 điểm).=> t ∈ {16; 17; 18}
(0,5 điểm).Vậy phương trình trên có 3 nghiệm nguyên dương là: (2; 7); (9; 4) ; (16; 1)
b)
(0,5 điểm).
(0,5 điểm).
(0,5 điểm)
.
(0,5 điểm).
a d b c
a d b c
+ − −
=
+ − −
(vì => ad = bc => )
Bài 4 (4 điểm). Cho đường tròn tâm O đường kính AB. M là điểm nằm trên đoạn OA, vẽ đường tròn
tâm O’ đường kính MB. Gọi I là trung điểm đoạn MA, vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I.
Đường thẳng BC cắt đường tròn (O’) tại J.

a) Đường thẳng IJ là gì của đường tròn (O’) ? Giải thích.
b) Xác định vị trí của M trên đoạn OA để diện tích tam giác IJO’ lớn nhất.
Giải (h.1)
Hình 1
a) Xét tứ giác ACMD, ta có : IA = IM (gt), IC = ID (vì AB
⊥
CD : gt)
⇒
ACMD là hình thoi
⇒
AC //
DM, mà AC
⊥
CB (do C thuộc đường tròn đường kính AB)
⇒
DM
⊥
CB; MJ
⊥
CB (do J thuộc đường tròn đường kính MB)
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
23
C
J
A
I
M

D

O

O
’

B

a c
b d
=
2 2ad bc
=
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
a d b c
a d b c a d b c
+ − +
=
   
+ + + + − +
   
1
( ) ( )a d b c
=
+ + +
2 ( 2 )
a d b c
a d ad b c bc
+ − −
=

+ + − + +
2 2
a d b c
a d ad b c bc
+ − −
=
+ + − − −
1
a b c d
+ + +
Giáo án BDHSG Toán 9 Năm học: 2012-2013
⇒
D, M, J thẳng hàng.
Ta có :
0
ˆ ˆ
90IDM IMD+ =
(vì
0
ˆ
90DIM =
)
Mà
ˆ ˆ
IJM IDM=
(do IC = IJ = ID :
∆
CJD vuông tại J có JI là trung tuyến)
ˆ ˆ ˆ
' 'MJO JMO IMD= =

(do O’J = O’M : bán kính đường tròn (O’);
ˆ
'JMO
và
ˆ
IMD
đối đỉnh)
(1,5 điểm)
⇒
0
ˆ ˆ
' 90IJM MJO+ =
⇒
(0,5 điểm) IJ là tiếp tuyến của (O’), J là tiếp điểm
b) Ta có IA = IM
⇒
IO’ =
2
AB
= R (R là bán kính của (O))
O’M = O’B (bán kính (O’)
∆
JIO’ vuông tại I : IJ
2
+ O’J
2
= IO’
2
= R
2

Mà IJ
2
+ O’J
2

≥
2IJ.O’J = 4S
JIO’
(1,5 điểm). Do đó S
JIO’

2
4
R
≤
S
JIO’
=
2
4
R
khi IJ = O’J và
∆
JIO’ vuông cân có cạnh huyền IO’ = R nên :
2O’J
2
= O’I
2
= R
2

⇒
O’J =
2
2
R
(0,5 điểm) Khi đó MB = 2O’M = 2O’J = R
2
Bài 5 (4 điểm).
a) Cho tam giác ABC. Hãy tìm điểm M sao cho tổng độ dài các bán kính đường tròn ngoại tiếp
∆
AMB và
∆
BCM là nhỏ nhất.
b) Trong tất cả các tam giác có đáy bằng a, chiều cao bằng h, tam giác nào có bán kính đường tròn nội
tiếp lớn nhất ?
Giải
a) (h.2)
Hình 2
Gọi O
1
, R
1
, O
2
, R
2
lần lượt là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp
∆
AMB và

∆
BCM (h.2).
Xét
∆
O
1
AB : O
1
A + O
1
B
≥
AB
2R
1
≥
AB
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
24
O
1
R
1
C
B
R
2
O
2
H

M
A
Giáo án BDHSG Toán 9 Năm học: 2012-2013
(0,5 điểm) 2R
1
= AB
⇔
AB là đường kính của (O
1
) và giả sử đường tròn (O
1
) đường kính AB cắt
AC tại H thì
ˆ
AHB
= 90
0
(1)
(0,5 điểm)Tương tự với
∆
O
2
BC : 2R
2
≥
BC. Suy ra R
2
nhỏ nhất
⇔
BC là đường kính của (O

2
) và
giả sử đường tròn (O
2
) đường kính BC cắt AC tại H’ thì
ˆ
'BH C
= 90
0
(2)
(1,0 điểm) Từ (1) và (2) suy ra H’
≡
H. Vậy điểm M phải tìm là chân đường cao kẻ từ đỉnh B.
b) (h.3). (2,0 điểm). Lí luận đúng
Hình 3
Tất cả các tam giác có đáy a, chiều cao h đều có thể sắp xếp để cạnh đáy của chúng trùng với BC
= a, còn đỉnh A ở trên một đường thẳng xy // BC và cách BC một khoảng bằng h. Trong các tam giác
này, ta cần tìm tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất. Ta có S
ABC
=
1
2
ah
Mặt khác, nếu r là bán kính của đường tròn nội tiếp thì S
ABC
=
1
2
r(AB + BC + CA)
⇒

r =
ah
AB BC CA+ +
Do a, h, BC không đổi nên r sẽ có giá trị lớn nhất khi AB + AC có giá trị nhỏ nhất
Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua xy thì AB + AC = AB + AC’
≥
C’B
Khi đó : AB + AC = C’B khi A
≡
A
1
⇒
∆
ABC cân tại A.
PGD& ĐT huyện Long Điền
Trường THCS Trần Nguyên Hãn
ĐỀ DỰ TUYỂN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
Năm học 2012-2013
Thời gian 150 phút.
Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ
25
x
A A
1

C’
y
h
B
a

C