tuyển chọn đề thi và đáp án hsg toán 9

Tuyển chọn đề thi v ỏp ỏn HSG toán 9
Sở giáo dục và đào tạo
hải dơng
Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS
Môn thi : Toán Mã số:
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm 1 trang
Cõu 1:(2 im)
1) Tính:
9 17 9 17 2A = + +
2) Tính:
( ) ( )
6 2 10 5 3 2 3B = +
.
3) Cho
1 2
2009 1 2008 1C =
và
2 2
2.2009
2009 1 2008 1
D =
+
.
Không dùng máy tính hãy so sánh C và D .
Câu 2: (2điểm)
1) Cho đa thức
( ) ( )
1.2 2.3 3.4 . 1f x x x= + + + + +
. Tìm x để
( )

2010f x =
2) Giải hệ phơng trình:
2 2 2
x y z 6
xy yz zx 1
x y z 14
+ + =


+ =


+ + =

Câu 3: (2điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm B cố định có tọa độ và điểm A di động
( )
A m;0
1) Viết phơng trình họ đờng thẳng
( )
m
d
vuông góc với AB tại A.
2) Chứng minh rằng không có 3 đờng thẳng nào của họ
( )
m
d
đồng qui.
3) Tìm các điểm trên mặt phẳng Oxy sao cho chỉ có 1 đờng thẳng của họ
( )

m
d
đi qua
Câu 4: (3 điểm)
Cho tam giác vuông cân ABC (vuông ở A), AD là trung tuyến thuộc cạnh huyền, M
là điểm thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M
xuống các cạnh AB, AC; H là hình chiếu của N xuống đờng thẳng PD.
a) Tính số đo góc NEB.
b) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.
b) Chứng minh rằng khi M thay đổi, đờng thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5: (1điểm)
Cho các số
1 2 2009
, a , . . . ,a a
đợc xác định theo công thức sau:

=
+ + +
n
2
a
(2n 1)( n n 1)
với n = 1, 2, , 2008.
Chứng minh rằng:

<
1 2 2009
2008
a + a + . . . + a
2010

Hết

Sở giáo dục và đào tạo
hải dơng
Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS
Môn thi : Toán Mã số:
Hớng dẫn chấm gồm . . . trang

H ớng dẫn chấm
Câu Phần Nội dung Điể
m
Câu
1
2
điểm
1)
0,5điểm
9 17 9 17 2A = + +
(
)
2 9 17 9 17 2
2
+ +
=
18 2 17 18 2 17 4
2
+ +
=
( ) ( )
2 2

17 1 17 1 2
2
+ +
=
0,25
( )
( )
2 17 1
17 1 17 1 2 2 17 2
2 17 1
2 2 2

+ +
= = = =
0,25
2)
0,5điểm
( ) ( )
6 2 10 5 3 2 3B = +
( ) ( )
3 1 10 5 3 2. 2 3= +
( ) ( ) ( )
3 1 10 5 3 2 2 3= +
( ) ( ) ( )
2
3 1 10 5 3 3 1= +
0,25
( ) ( )
2
3 1 10 5 3= +

( ) ( )
4 2 3 10 5 3= +
( ) ( )
10 2 3 2 3= +
10=
0,25
3)
1,0điểm
1 2
2009 1 2008 1C =

( ) ( )
1 2 1 2
1 2
2009 1 2008 1 2009 1 2008 1
2009 1 2008 1
+
=
+

(
)
(
)
2 2
1 2
1 2
2009 1 2008 1
2009 1 2008 1

=
+
0,25
2 2
1 2
2009 1 2008 1
2009 1 2008 1
+
=
+

( ) ( )
2 2
2009 2008 2009 2008
2009 1 2008 1
+
=
+
2 2
4017
2009 1 2008 1
=
+
0,25
Mà
4017 4018 2.2009
< =


2 2

4017
2009 1 2008 1 +
<
2 2
4018
2009 1 2008 1 +
0,25
Vậy C < D 0,25
Câu
2
2
điểm
1)
1,0điểm
Ta có
( ) ( )
1.2 2.3 3.4 . 1f x x x= + + + + +



( ) ( )
3. 1.2.3 2.3.3 3.4.3 . 1 .3f x x x= + + + + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1.2. 3 0 2.3. 4 1 3.4. 5 2 . 1 . 2 1x x x x= + + + + + +

( ) ( ) ( ) ( )
0 1.2.3 1.2.3 2.3.4 2.3.4 3.4.5 1 . 1 . 1 2x x x x x x= + + + + + +
( ) ( )
. 1 2x x x= + +
0,25

⇒

( ) ( ) ( )
1
. 1 2
3
f x x x x= + +
§Ó
( )
8f x =

⇔
( ) ( )
1
. 1 2 8
3
x x x+ + =

⇔
( ) ( )
. 1 2 24x x x+ + =
⇔
3 2
3 2 24 0x x x+ + − =

⇔
( ) ( )
( )
3 2 2
2 5 10 12 24 0x x x x x− + − + − =

0,25
⇔
( )
( )
2
2 5 12 0x x x− + + =
⇔
2
2 0
5 12 0
x
x x
− =


+ + =


( )
( )
1
2
0,25
Gi¶i ph¬ng tr×nh
( )
1
ta ®îc x = 2
Gi¶i ph¬ng tr×nh
( )
2

V« nghiÖm
VËy víi x = 2 th×
( )
8f x =
.
0,25
2)
1,0®iÓm
2 2 2
x y z 6 (1)
xy yz zx 1 (2)
x y z 14 (3)
+ + =


+ − = −


+ + =

(1)
⇒
(x + y + z)
2
= 36

⇒
x
2
+ y

2
+ z
2
+ 2(xy + yz + zx) = 36

⇒
xy + yz + zx = 11 (kÕt hîp víi (3))
(2)
⇒
xy + yz = zx – 1

⇒
xy + yz + zx = 2zx – 1

⇒
2zx = 12

⇒
zx = 6

⇒
xy + yz = 5

⇒
y(x + z) = 5 (4)
0,25
Mµ y + x + z = 6
⇒
x + z = 6 – y
(4)

⇒
y(6 – y) = 5

⇒
y(6 – y) = 5

⇒
(y – 1)(y – 5) = 0

y 1
y 5
=

⇒

=

0,25
+) Víi y = 1 th× (4)
⇒
x + z = 5
⇒
x = 5 – z
mµ zx = 6
⇒
(5 – z)z = 6
⇒
(z – 2)(z – 3) = 0
z 2 x 3
z 3 x 2

= =
 
⇒ ⇒
 
= =
 
0,25
+) Víi y = 5 th× (4)
⇒
x + z = 1
⇒
x = 1 – z
mµ zx = 6
⇒
(1 – z)z = 6

⇒
(z
1
2
−
)
2
=
23
4
−
(ph¬ng tr×nh v« nghiÖm)
VËy tËp nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh lµ
{ }

S (3; 1; 2),(2; 1; 3)=
0,25
C©u
3
2
®iÓm
1)
0,75®iÓm
Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng AB cã d¹ng y = ax + b (d)
A, B
∈
(d) nªn
− −
= ≠
− −
y 1 x 1
(m 1)
0 1 m 1

−
⇒ − =
−
⇒ − − + = −
x 1
1 y
m 1
m 1 my y x 1
0,25

=

=

y(1 m) x m
1 m
y x
1 m 1 m
Gọi phơng trình họ đờng thẳng
( )
m
d
là y = ax + b
Vì
( )
m
d


AB tại A nên a.a = - 1
=

1
.a ' 1
1 m


a = m 1

y = (m 1)x + b
0,25
Vì

( )
m
d
đi qua A(m; 0) ta có: 0 = (m 1)m + b
Vậy họ đờng thẳng
( )
m
d
cần tìm là: y = (m 1)x + (m m
2
)
(m 1)
0,25
2)
0,5điểm
Giả sử 3 đờng thẳng trong họ (d
m
) đồng qui tại điểm (x
o
; y
ô
)


y
o
= (m 1)x
o
+ (m m
2

)


m
2
m(x
o
+ 1) + x
o
+ y
o
= 0
0,25
Vì phơng trình trên là phơng trình bậc hai ẩn m nên chỉ có nhiều nhất
2 nghiệm

Chỉ có 2 đờng thẳng trong họ (d
m
) đi qua điểm (x
o
; y
o
)
Vậy không có 3 đờng thẳng nào của họ (d
m
) đồng qui.
0,25
3)
0,75điểm
Gọi các điểm N(x

1
; y
1
) mà chỉ có đờng thẳng trong họ (d
m
) đi qua

y
1
= (m 1)x
1
+ m m
2

m
2
m(x
1
+ 1) + x
1
+ y
1
= 0
0,25
Vì chỉ có 1 đờng thẳng trong họ (d
m
) đi qua N nên phơng trình trên
chỉ có 1 nghiệm.

= 0

( ) ( )
2
1 1 1
x + 1 - 4 x + y = 0
0,25


=
2
1
1
(x 1)
y
4

Vậy các điểm cần tìm sẽ nằm trên Parabol

=
2
1
1
(x 1)
y
4
0,25
Câu 4
3điểm
1)
0,5điểm

Vẽ hình đúng
0,25
0,25
2)
0,25
0,25
H

AB
C
D
E
H
M
N
I
P
O
K
45
0
0,25
3)
1,0điểm
Vẽ đờng tròn đờng kính AB. Gọi giao của HN với đờng tròn là I. 0,25
Do

DHI là tam giác vuông tại H nên DI là đờng kính. 0,25
Mà D là điểm cố định nằm chính giữa của nửa đờng tròn đờng kính
AB nên I là điểm chính giữa của nửa đờng tròn đờng kính AB

0,25
Điểm I đối xứng với D qua AB. Vậy I là điểm cố định.
0,25
Câu 5
1 điểm
=
+ + +
n
2
a
(2n 1)( n n 1)

+ +
= < =
+ +
+ +
2( n 1 n ) 2( n 1 n ) 1 1
n 1 n
2 n(n 1) n n 1
0,25
Do đó
+ + + < + + +
=
1 2 2009
1 1 1 1 1 1
a a
1 2 2 3 2009 2010
1
1
2010

0,25
Mặt khác:
( )
+

=
ữ



= = >
2
2008 1 2008 2009 2010 2009 2010
1
2010
2009 2010 2009
2009 1
2010 2 2009
0
2010 2009 2010 2009
0,25
nên
<
1 2008
1
2010
2009
. Vậy
<
1 2 2009

2008
a + a + . . . + a
2010
0,25
Câu Nội dung cần trình bày Điểm
5
3 điểm
Gọi E là giao điểm của PD với đờng thẳng vuông góc với AB.
+) Xét

DCP và

DBE có:
ã
ã
=
DCP DBE
(so le trong)
DC = DB (AD là trung truyến của

ABC)
ã
ã
=
CDP BDE
(đối đỉnh)


DCP =

DBE (g.c.g)

CP = BE (1)
+) Mặt khác ta có tứ giác MNAP là hình chữ nhật có AM là tia phân
giác của
à
A
nên MNAP là hình vuông.


AN = AP

CP = BN (2)
Từ (1) và (2)

BE = BN


BEN cân


ã
=
0
NEB 45
+) Gọi O là trung điểm của EN.
Ta có

BEN và

EHN là tam giác vuông có chung cạnh huyền EN
nên bốn điểm B, E, H, N cùng thuộc đờng tròn tâm O.
Kéo dài HO cắt đờng tròn (O) tại K.
0,25
Khi đó:
ã
ã
=
1
OHN KON
2
(
ã
KON
góc ngoàicủa tam giác cân OHN)
ã
ã
=
1
OHB KOB
2
(
ã
KOB
góc ngoài của tam giác cân OHB)

ã
ã

OHN OHB

=
ã
ã
( )
=
0
1 1
KON KOB .90
2 2

ã
=
0
BHN 45
Vậy có
ã
ã
= =
0
BHN BE N 45
(3)
Chứng minh tơng tự ta có:
ã
ã
= =
0
NHA NPA 4 5
(4)
Từ (3) và (4) có
ã

=
0
AHB 90
và NH là đờng phân giác của góc
ã
AHB
Gọi H là hình chiếu của H trên AB.
Khi đó SAHB =
1
AB.HH'
2
Do đó SAHB lớn nhất khi HH lớn nhất.
Điểm H chạy trên cung tròn đờng kính AB nên HH lớn nhất khi nó
bằng bán kính, tức là khi H

D. Khi đó M

D.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,5

Sở giáo dục và đào tạo
hải dơng
Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS
Môn thi : Toán Mã số:
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm 1 trang
Cõu 1:(2 im)
1) Tính:
1005 2009 1005 2009 2A = + +
2) Tính:
( ) ( )
6 2 10 5 3 2 3B = +
.
3) Cho
1 2
2009 1 2008 1C =
và
2 2
2.2009
2009 1 2008 1
D =
+
.
Không dùng máy tính hãy so sánh C và D .
Câu 2: (2điểm)
1) Cho đa thức
( ) ( )

1.2 2.3 3.4 . 1f x x x= + + + + +
. Tìm x để
( )
8f x =
2) Giải hệ phơng trình:
Câu 3: (2điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm B cố định có tọa độ
( )
1;1
và điểm A di động
( )
A m;0
1) Viết phơng trình họ đờng thẳng
( )
m
d
vuông góc với AB tại A.
2) Chứng minh rằng không có 3 đờng thẳng nào của họ
( )
m
d
đồng qui.
3) Tìm các điểm trên mặt phẳng Oxy sao cho chỉ có 1 đờng thẳng của họ
( )
m
d
đi
qua
Câu 4: (3 điểm)
Cho đờng tròn(O; r), dây cung BC = a không đổi. A là một điểm trên cung lớn AB

sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đờng cao AD, BE, CK cắt nhau tại H.
1) Chứng minh rằng tứ giác CDHE nội tiếp.
2) Nếu
ã ã
BHC BOC=
. Tính độ dài đoạn thẳng AH theo a.
3) Tìm vị trí của A để tích DH.DA đạt giá trị lớn nhất?
Câu 5: (1điểm)
Cho các số
1 2 2009
, a , . . . ,a a
đợc xác định theo công thức sau:

=
+ + +
n
2
a
(2n 1)( n n 1)
với n = 1, 2, , 2008.
Chứng minh rằng:

<
1 2 2009
2008
a + a + . . . + a
2010
Hết
Sở giáo dục và đào tạo
hải dơng

Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS
Môn thi : Toán Mã số:
Hớng dẫn chấm gồm 5 trang

H ớng dẫn chấm
C©u PhÇn Néi dung
§iÓm
C©u 1
2®iÓm
1)
0,5®iÓm
1005 2009 1005 2009 2A = + − − +
(
)
2 1005 2009 1005 2009 2
2
+ − − +
=
2010 2009 2010 2009 4
2
= + − − +
=
( ) ( )
2 2
2009 1 2009 1 2
2
+ − − +
=
0,25
( )

2009 1 2009 1 2
4
2 2
2 2
+ − − +
= = =
VËy A =
2 2
.
0,25
2)
0,5®iÓm
( ) ( )
6 2 10 5 3 2 3B = − + −
( ) ( )
3 1 10 5 3 2. 2 3= − + −
( ) ( ) ( )
3 1 10 5 3 2 2 3= − + −
( ) ( ) ( )
2
3 1 10 5 3 3 1= − + −
0,25
( ) ( )
2
3 1 10 5 3= − +
( ) ( )
4 2 3 10 5 3= − +
( ) ( )
10 2 3 2 3= − +
10=

VËy B = 10
0,25
3)
1,0®iÓm
1 2
2009 1 2008 1C = − − −

( ) ( )
1 2 1 2
1 2
2009 1 2008 1 2009 1 2008 1
2009 1 2008 1
− − − − + −
=
− + −

( ) ( )
2 2
1 2
1 2
2009 1 2008 1
2009 1 2008 1
− − −
=
− + −
0,25
2 2
1 2
2009 1 2008 1
2009 1 2008 1

− − +
=
− + −

( ) ( )
2 2
2009 2008 2009 2008
2009 1 2008 1
− +
=
− + −
2 2
4017
2009 1 2008 1
=
− + −
0,25
Mµ
4017 4018 2.2009
< =

⇒
2 2
4017
2009 1 2008 1− + −
<
2 2
4018
2009 1 2008 1− + −
0,25

VËy C < D 0,25
Ta cã
( ) ( )
1.2 2.3 3.4 . 1f x x x= + + + + +

⇒

( ) ( )
3. 1.2.3 2.3.3 3.4.3 . 1 .3f x x x= + + + + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1.2. 3 0 2.3. 4 1 3.4. 5 2 . 1 . 2 1x x x x= − + − + − + + + + − − 
 
( ) ( ) ( ) ( )
0 1.2.3 1.2.3 2.3.4 2.3.4 3.4.5 1 . 1 . 1 2x x x x x x= − + − + − − − − − + + + +
( ) ( )
. 1 2x x x= + +
⇒

( ) ( ) ( )
1
. 1 2
3
f x x x x= + +
0,25
§Ó
( )
8f x =

⇔
( ) ( )

1
. 1 2 8
3
x x x+ + =

⇔
( ) ( )
. 1 2 24x x x+ + =
⇔
3 2
3 2 24 0x x x+ + − =

⇔
( ) ( )
( )
3 2 2
2 5 10 12 24 0x x x x x− + − + − =
0,25
⇔
( )
( )
2
2 5 12 0x x x− + + =
⇔
2
2 0
5 12 0
x
x x
− =



+ + =


( )
( )
1
2
0,25
Gi¶i ph¬ng tr×nh
( )
1
ta ®îc x = 2
Gi¶i ph¬ng tr×nh
( )
2
V« nghiÖm
VËy víi x = 2 th×
( )
8f x =
.
0,25
2)
1,0®iÓm
2 2 2
x y z 6 (1)
xy yz zx 1 (2)
x y z 14 (3)
+ + =



+ − = −


+ + =

(1)
⇒
(x + y + z)
2
= 36

⇒
x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2(xy + yz + zx) = 36

⇒
xy + yz + zx = 11 (kÕt hîp víi (3))
(2)
⇒
xy + yz = zx – 1

⇒
xy + yz + zx = 2zx – 1

⇒
2zx = 12

⇒
zx = 6

⇒
xy + yz = 5

⇒
y(x + z) = 5 (4)
0,25
Mµ y + x + z = 6
⇒
x + z = 6 – y
(4)
⇒
y(6 – y) = 5

⇒
y(6 – y) = 5

⇒
(y – 1)(y – 5) = 0

y 1
y 5
=


⇒

=

0,25
+) Víi y = 1 th× (4)
⇒
x + z = 5
⇒
x = 5 – z
mµ zx = 6
⇒
(5 – z)z = 6
⇒
(z – 2)(z – 3) = 0
z 2 x 3
z 3 x 2
= =
 
⇒ ⇒
 
= =
 
0,25
+) Víi y = 5 th× (4)
⇒
x + z = 1
⇒
x = 1 – z
mµ zx = 6

⇒
(1 – z)z = 6

⇒
(z
1
2
−
)
2
=
23
4
−
(ph¬ng tr×nh v« nghiÖm)
VËy tËp nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh lµ
{ }
S (3; 1; 2),(2; 1; 3)=
0,25
1)
0,75®iÓm
Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng AB cã d¹ng y = ax + b (d)
A, B
∈
(d) nªn
− −
= ≠
− −
y 1 x 1
(m 1)

0 1 m 1

−
⇒ − =
−
⇒ − − + = −
x 1
1 y
m 1
m 1 my y x 1
0,25
Câu 3
2điểm

=
=

y(1 m) x m
1 m
y x
1 m 1 m
Gọi phơng trình họ đờng thẳng
( )
m
d
là y = ax + b
Vì
( )
m
d

AB tại A nên a.a = - 1
=

1
.a ' 1
1 m


a = m 1

y = (m 1)x + b
0,25
Vì
( )
m
d
đi qua A(m; 0) ta có: 0 = (m 1)m + b
Vậy họ đờng thẳng
( )
m
d
cần tìm là: y = (m 1)x + (m m
2
)
(m 1)
0,25
2)
0,5điểm

Giả sử 3 đờng thẳng trong họ (d
m
) đồng qui tại điểm (x
o
; y
ô
)


y
o
= (m 1)x
o
+ (m m
2
)


m
2
m(x
o
+ 1) + x
o
+ y
o
= 0
0,25
Vì phơng trình trên là phơng trình bậc hai ẩn m nên chỉ có nhiều nhất
2 nghiệm

Chỉ có 2 đờng thẳng trong họ (d
m
) đi qua điểm (x
o
; y
o
)
Vậy không có 3 đờng thẳng nào của họ (d
m
) đồng qui.
0,25
3)
0,75điểm
Gọi các điểm N(x
1
; y
1
) mà chỉ có đờng thẳng trong họ (d
m
) đi qua

y
1
= (m 1)x
1
+ m m
2

m

2
m(x
1
+ 1) + x
1
+ y
1
= 0
0,25
Vì chỉ có 1 đờng thẳng trong họ (d
m
) đi qua N nên phơng trình trên
chỉ có 1 nghiệm.

= 0

( ) ( )
2
1 1 1
x + 1 - 4 x + y = 0
0,25


=
2
1
1
(x 1)
y
4

Vậy các điểm cần tìm sẽ nằm trên Parabol

=
2
1
1
(x 1)
y
4
0,25
Câu 4
1)
0,75điểm
Vẽ hình đúng
H
M
I
K
E
D
O
A
B
C
0,25
Vì 3 đờng cao AD, BE, CK cắt nahu tại H
nên H là trực tâm của tam giác ABC

ã
ã
0
90HDC HEC
= =

0,25
Xét tứ giác CDHE có
ã
ã
0 0 0
90 90 180HDC HEC
+ = + =

Vậy tứ giác CDHE nội tiếp đờng tròn đờng kính CH.
0,25
2)
Xét tứ giác AKHE có
à
à
0
90K E
= =



à
ã
0
180A BHC

+ =

0,25
1,25điểm
mà
ã ã
BHC BOC=
;
ã
à
2BOC A
=



à à
0 0
3 180 60A A
= =
Kẻ BI là đờng kính, chứng minh tứ giác AICH là hình bình hành


AH = CI (1)
0,25
Gọi M là trung điểm của BC

IC = 2 OM (2) (Đờng trung bình)
Từ (1) và (2)

AH = 2 OM.

0,25
Do M là trung điểm của BC

OM

BC và OM là tia phân giác của
góc BOC


ã
0
60MOC
=
.
0,25
OM = MC.sin60
0
=
3 3
.
2 2 4
a a
=

AH =
3
2
a
0,25
3)

1,0điểm
DBH

DB DH
DAC
DA DC
=


DA.DH = DB.DC 0,25
áp dụng bất đẳng thức
( )
2
4
a b
ab
+

( Dấu = xảy ra khi a = b )

DA.DH = DB.DC
( )
2
2
4 4
DB DC
a
+
=
(Không đổi)

(Dấu = xảy ra khi DB = DC hay D là trung điểm của BC )
0,25

DA.DH nhận giá trị lớn nhất là
2
4
a
khi D là trung điểm của BC 0,25
ABC

cân tại A hay A là điểm chính giữa của cung BC
Vậy khi A là điểm chính giữa của cung BC thì tích DH.DA đạt giá trị
lớn nhất.
0,25
Câu 5
1 điểm
=
+ + +
n
2
a
(2n 1)( n n 1)

+ +
= < =
+ +
+ +
2( n 1 n ) 2( n 1 n ) 1 1
n 1 n
2 n(n 1) n n 1

0,25
Do đó
+ + + < + + +
1 2 2009
1 1 1 1 1 1
a a
1 2 2 3 2009 2010

=
1
1
2010
0,25
Mặt khác:
+

=
ữ

2008 1 2008 2009 2010 2009 2010
1
2010
2009 2010 2009
( )


= = >
2
2009 1
2010 2 2009

0
2010 2009 2010 2009
0,25
nên
<
1 2008
1
2010
2009
. Vậy
<
1 2 2009
2008
a + a + . . . + a
2010
0,25
S
Sở giáo dục và đào tạo
hải dơng
Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS
Môn thi : Toán Mã số:
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm 1 trang
Cõu 1:(2 im)
1) Rút gọn biểu thức:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
x y x
P
x y y x y x x y

=
+ + + +
2) Tìm x, y là các số chính phơng để P = 2
3) Rút gọn rồi tính giá trị biểu thức:
1.2.3 2.3.4 3.4.5 2008.2009.2010Q = + + + +
Câu 2: (2điểm)
1) Cho biểu thức:
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
A = + + + +
x x 3 2 x 5 6 x 7 12 x 9 20x x x x x+ + + + + + + + +
Tìm x để
5
4050150
A =
2) Cho hệ phơng trình
2 2 2 2
x y a b
x y a b
+ = +


+ = +

Chứng minh rằng với với mọi số nguyên dơng n ta có
n n n n
x y a b
+ = +
3) Cho x, y, z 0 và
x + y + z 3

.
Tính giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2 2
1 1 1
x y z
x y z
+ +
+ + +
Câu 3: (2điểm)
1) Chứng minh rằng số A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không thể là số chính phơng
với mọi n là số nguyên dơng. Tìm tất cả các số nguyên n sao cho A là số
chính phơng.
2)
Câu 4: (3 điểm)
Cho tam giác vuông cân ABC (vuông ở A), AD là trung tuyến thuộc cạnh huyền, M
là điểm thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M
xuống các cạnh AB, AC; H là hình chiếu của N xuống đờng thẳng PD.
1) Tính số đo góc NEB.
2) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.
3) CMR: Khi M thay đổi, đờng thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5: (1điểm)
Cho số tự nhiên n > 1 và n + 2 số nguyên dơng a
1
, a
2
, , a
n+2
thoả mãn điều kiện
1

a
1
< a
2
< < a
n+2


3n.
Chứng minh rằng luôn tồn tại hai số a
i
, a
j

( )
1 j i n + 2
sao cho n < a
i
a
j
< 2n
Hết

Sở giáo dục và đào tạo
hải dơng
Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS
Môn thi : Toán Mã số:
Hớng dẫn chấm gồm 5 trang

H ớng dẫn chấm

Câu Phần Nội dung
Điểm
Câu 1
2điểm
1)
0,75điểm
ĐK: x

0; y

0; x

1; y

1; x
2
+ y
2
> 0
Mẫu thức chung:
( ) ( ) ( )
1 1a b b a+
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1
1 1
a a b b ab a b
A
a b b a
+ +

=
+
=
( )
( ) ( ) ( )
1 1
a a a b b b ab a b
a b b a
+ + +
+
0,25
=
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
1 1
a b a a b b ab a b
a b b a
+ + +
+

=
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1
a b a b a ab b ab
a b b a

+ + +

+

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 1 1
1 1
a b a a b a b a a
a b b a

+ + + + +

=
+
0,25

( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 1
1 1
a b a b b a b
a b b a

+ + +

=
+

( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )

1 1
1 1
x y x y x xy y
x xy y
x y y x
+ + +
= = +
+
0,25
2)
0,5điểm
A = 2


2a ab b+ =


( ) ( )
1 . 1 1a b =
(1)
0,25
Vì a, b là số chính phơng suy ra
,a b
là số tự nhiên. Nên (1) tơng đ-
ơng với
1 1
1 1
1 1
1 1
a

b
a
b


=




+ =




=




+ =





Suy ra
2 4
0
0

a a
b
b

= =




=
=



0,25
3)
0,75 điểm
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1
1 2 1 2 3 1 1 2
4
k k k k k k k k k k k+ + = + + + + +

với
k

Ơ

0,25

1.2.3 2.3.4 3.4.5 2009.2010.2011Q = + + + +
( ) ( )
( )
1 1
1.2.3.4 0.1.2.3 2.3.4.5 1.2.3.4
4 4
1
2009.2010.2011.2012 2008.2009.2010.2011
4
= + +
+
0,25
( )
1
1.2.3.4 0.1.2.3 2.3.4.5 1.2.3.4 2009.2010.2011.2012 2008.2009.2010.2011
4
= + +
0,25
(Loại vì
1 0b + >
)
( )
1
2009.2010.2011.2012 4087371731776
4
= =
Vậy
4087371731776Q =
Câu 2
2điểm

1)
0,75điểm
Ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1
A = + + + +
x 1 1 2 2 3 3 4 4 5x x x x x x x x x+ + + + + + + + +

1 1 1 1 1 1 1 1
- + - + - -
x 1 x + 1 2 x + 2 3 x + 4 5x x x x
= +
+ + + +

0,25

( )
1 1 5
-
x 5 5x x x
= =
+ +
Để
5
4050150
A =

( )
5 5
5 4050150x x
=
+

0,25



2
5 4050150 0x x+ =
Giải phơng trình này ta đợc
1
2010x =
;
1
2015x =
Vậy với
1
2010x =
hoặc
1
2015x =
thì
5
4050150
A =
.

0,25
2)
0,75điểm
Từ x
2
+ y
2
= a
2

+ b
2


(x
2
a
2
) + (y
2
b
2
) = 0


(x a)(x + b) + (y b)(y + b) = 0 (1)
0,25
Vì x + y = a + b

x a = b y Thay vào (1) ta đợc:

( ) ( ) ( )
0b y x a y b
+ + =


0b y
x a y b
=


+ = +

Nếu b y = 0

y = b

x = a

n n n n
x y a b
+ = +
0,25
Nếu x + a = y + b

x b
y a
=


=

n n n n
x y a b
+ = +
Vậy trong mọi trờng hợp ta có
n n n n
x y a b
+ = +
0,25
3)
0,5điểm
Ta có:
( )
2
1 0x +
với
x Ă



2
2 1x x +



2
2 2

2 1
1
1 1
x x
x x
+
=
+ +



2
1
1 2
x
x

+
.
2 2
1 1
;
1 2 1 2
y z
y z

+ +

0,25

2 2 2
3
1 1 1 2
x y z
x y z
+ +
+ + +

Vậy biểu thức
2 2 2
1 1 1
x y z
x y z
+ +
+ + +
đạt giá trị lớn nhất bằng
3
2

khi x = 1; y = 1 ; z = 1
0,25
1)
A = (n
2
+ 3n)(n
2
+ 3n + 2)
Đặt n

2
+ 3n = a
A = a(a + 2) = a
2
+ 2a
Vì a > 0 nên a
2
< a
2
+ 2a < a
2
+ 2a + 1
0,25
Do đó a
2
< A < (a + 1)
2
Vậy A không là số chính phơng với mọi n nguyên dơng.
Đặt m = n 3

n = m 3
0,25

A = (- m 3)(- m 2)(- m 1)(- m) = m(m + 1)(m + 2)(m + 3)
Để A là số chính phơng thì m

0

- n 3

0

n

- 3 (1)
Để A là số chính phơng thì n

0 (2)
0,25
Từ (1) và (2)
{ }
n 3; 2; 1;0
(đều thoả mãn)
Vậy với
{ }
n 3; 2; 1;0
thì A là số chính phơng
0,25
2)
1,0điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 4
3điểm
1)
0,75điểm
Vẽ hình đúng
0,25

Gọi E là giao điểm của PD với đờng thẳng vuông góc với AB.
+) Xét

DCP và

DBE có:
ã
ã
=
DCP DBE
(so le trong)
DC = DB (AD là trung truyến của

ABC)
ã
ã
=
CDP BDE
(đối đỉnh)


DCP =

DBE (g.c.g)

CP = BE (1)
0,25
+) Mặt khác ta có tứ giác MNAP là hình chữ nhật có AM là tia phân
giác của
à

A
nên MNAP là hình vuông.


AN = AP

CP = BN (2)
Từ (1) và (2)

BE = BN


BEN cân tại B


ã
=
0
NEB 45
0,25
2)
+) Gọi O là trung điểm của EN.
Ta có

BEN và

EHN là tam giác vuông có chung cạnh huyền EN
nên bốn điểm B, E, H, N cùng thuộc đờng tròn tâm O.
0,25
1,25điểm

Kéo dài HO cắt đờng tròn (O) tại K.
Khi đó:
ã
ã
=
1
OHN KON
2
(
ã
KON
góc ngoàicủa tam giác cân OHN)
0,25
H

AB
C
D
E
H
M
N
I
P
O
K
45
0
ã
ã

=
1
OHB KO B
2
(
ã
KOB
góc ngoài của tam giác cân OHB)

ã
ã

OHN OHB
=
ã
ã
( )
=
0
1 1
KON KOB .9 0
2 2

ã
=
0
BHN 45
Vậy có
ã
ã

= =
0
BHN BEN 45
(3)
Chứng minh tơng tự ta có:
ã
ã
= =
0
NHA NPA 45
(4)
Từ (3) và (4) có
ã
=
0
AHB 90
và NH là đờng phân giác của góc
ã
AHB
0,25
Gọi H là hình chiếu của H trên AB.
Khi đó SAHB =
1
AB.HH'
2
Do đó SAHB lớn nhất khi HH lớn nhất.
0,25
Điểm H chạy trên cung tròn đờng kính AB nên HH lớn nhất khi nó
bằng bán kính, tức là khi H

D. Khi đó M

D.
0,25
Vẽ đờng tròn đờng kính AB. Gọi giao của HN với đờng tròn là I. 0,25
Do

DHI là tam giác vuông tại H nên DI là đờng kính. 0,25
Mà D là điểm cố định nằm chính giữa của nửa đờng tròn đờng kính
AB nên I là điểm chính giữa của nửa đờng tròn đờng kính AB
0,25
Điểm I đối xứng với D qua AB. Vậy I là điểm cố định.
0,25
Câu 5
1 điểm
Với mọi k đặt b
i
= a
i
+ k thì a
i
a
j
= (a
i
+ k) (a
j
+ k) = b
i
b

j

(*)
Do đó ta có thể chọn k sao cho b
n + 2
= a
n + 2
+ k = 3n và chuyển về xét
dãy số: 1

b
1
< b
2
< < b
n+2
= 3n.
Xét hai trờng hợp:
1) Nếu tồn tại j sao cho n < b
j
< 2n thì ta có:
n < b
n+2
b
j
< 2n

n < a
n + 2
+ k a

j
k < 2n

n < a
i
a
j

< 2n
0,25
2) Nếu không có số b
j
nào thuộc [n + 1; 2n 1] thì các số b
1
, b
2
,
, b
n+1
có mặt ở các thành phần của n cặp số: (1, 2n), (2, 2n+1),
, (n, 3n 1).
0,25
Mặt khác do n + 1 > n nên tồn tại 2 số b
i
, b
j
(j < i) thuộc cùng
một cặp, chẳng hạn (t, 2n + t 1)
hay n < b
i

b
j
= 2n + t 1 t = 2n 1 < 2n.
0,25
. Theo (*) từ cặp số b
i
, b
j
thoả mãn n < b
i
b
j
< 2n
thì tồn tại cặp a
i
, a
j
thoả mãn: n < a
i
a
j
< 2n
0,25
Sở giáo dục và đào tạo
hải dơng
Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS
Môn thi : Toán Mã số:
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm 1 trang
Cõu 1:(2 im)

3) Rút gọn biểu thức:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
x y x
P
x y y x y x x y
=
+ + + +
4) Tìm x, y là các số chính phơng để P = 2
3) Cho
1 2
2009 1 2008 1C =
và
2 2
2.2009
2009 1 2008 1
D =
+
.
Không dùng máy tính hãy so sánh C và D .
Câu 2: (2điểm)
1) Cho đa thức
( ) ( )
1.2 2.3 3.4 . 1f x x x= + + + + +
. Tìm x để
( )
8f x =
2) Cho hệ phơng trình
2 2 2 2
x y a b

x y a b
+ = +


+ = +

Chứng minh rằng với với mọi số nguyên dơng n ta có
n n n n
x y a b
+ = +
Câu 3: (2điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm B cố định có tọa độ
( )
1;1
và điểm A di động
( )
A m;0
1) Viết phơng trình họ đờng thẳng
( )
m
d
vuông góc với AB tại A.
2) Chứng minh rằng không có 3 đờng thẳng nào của họ
( )
m
d
đồng qui.
3) Tìm các điểm trên mặt phẳng Oxy sao cho chỉ có 1 đờng thẳng của họ
( )
m

d
đi qua
Câu 4: (3 điểm)
Cho tam giác vuông cân ABC (vuông ở A), AD là trung tuyến thuộc cạnh huyền, M
là điểm thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M
xuống các cạnh AB, AC; H là hình chiếu của N xuống đờng thẳng PD.
1) Tính số đo góc NEB.
2) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.
3) Chứng minh rằng khi M thay đổi, đờng thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5: (1điểm)
Cho đa giác đều (H) có 14 đỉnh. Chứng minh rằng trong 6 đỉnh bất kì của (H) luôn có
4 đỉnh là các đỉnh của hình thang.
Hết

Sở giáo dục và đào tạo
hải dơng
Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS
Môn thi : Toán Mã số:
Hớng dẫn chấm gồm 5 trang

H ớng dẫn chấm
Câu Phần Nội dung
Điểm
C©u 1
2®iÓm
1)
0,5®iÓm
1005 2009 1005 2009 2A = + − − +
(
)

2 1005 2009 1005 2009 2
2
+ − − +
=
2010 2009 2010 2009 4
2
= + − − +
=
( ) ( )
2 2
2009 1 2009 1 2
2
+ − − +
=
0,25
( )
2009 1 2009 1 2
4
2 2
2 2
+ − − +
= = =
VËy A =
2 2
.
0,25
2)
0,5®iÓm
( ) ( )
6 2 10 5 3 2 3B = − + −

( ) ( )
3 1 10 5 3 2. 2 3= − + −
( ) ( ) ( )
3 1 10 5 3 2 2 3= − + −
( ) ( ) ( )
2
3 1 10 5 3 3 1= − + −
0,25
( ) ( )
2
3 1 10 5 3= − +
( ) ( )
4 2 3 10 5 3= − +
( ) ( )
10 2 3 2 3= − +
10=
VËy B = 10
0,25
3)
1,0®iÓm
1 2
2009 1 2008 1C = − − −

(
)
(
)
1 2 1 2
1 2
2009 1 2008 1 2009 1 2008 1

2009 1 2008 1
− − − − + −
=
− + −

(
)
(
)
2 2
1 2
1 2
2009 1 2008 1
2009 1 2008 1
− − −
=
− + −
0,25
2 2
1 2
2009 1 2008 1
2009 1 2008 1
− − +
=
− + −

( ) ( )
2 2
2009 2008 2009 2008
2009 1 2008 1

− +
=
− + −
2 2
4017
2009 1 2008 1
=
− + −
0,25
Mµ
4017 4018 2.2009
< =

⇒
2 2
4017
2009 1 2008 1− + −
<
2 2
4018
2009 1 2008 1− + −
0,25
VËy C < D 0,25
Ta cã
( ) ( )
1.2 2.3 3.4 . 1f x x x= + + + + +

⇒

( ) ( )

3. 1.2.3 2.3.3 3.4.3 . 1 .3f x x x= + + + + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1.2. 3 0 2.3. 4 1 3.4. 5 2 . 1 . 2 1x x x x= − + − + − + + + + − − 
 
( ) ( ) ( ) ( )
0 1.2.3 1.2.3 2.3.4 2.3.4 3.4.5 1 . 1 . 1 2x x x x x x= − + − + − − − − − + + + +
( ) ( )
. 1 2x x x= + +
⇒

( ) ( ) ( )
1
. 1 2
3
f x x x x= + +
0,25
§Ó
( )
8f x =

⇔
( ) ( )
1
. 1 2 8
3
x x x+ + =

⇔
( ) ( )
. 1 2 24x x x+ + =

0,25
⇔
3 2
3 2 24 0x x x+ + − =

⇔
( ) ( )
( )
3 2 2
2 5 10 12 24 0x x x x x− + − + − =
⇔
( )
( )
2
2 5 12 0x x x− + + =
⇔
2
2 0
5 12 0
x
x x
− =


+ + =


( )
( )
1

2
0,25
Gi¶i ph¬ng tr×nh
( )
1
ta ®îc x = 2
Gi¶i ph¬ng tr×nh
( )
2
V« nghiÖm
VËy víi x = 2 th×
( )
8f x =
.
0,25
2)
1,0®iÓm
2 2 2
x y z 6 (1)
xy yz zx 1 (2)
x y z 14 (3)
+ + =


+ − = −


+ + =

(1)

⇒
(x + y + z)
2
= 36

⇒
x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2(xy + yz + zx) = 36

⇒
xy + yz + zx = 11 (kÕt hîp víi (3))
(2)
⇒
xy + yz = zx – 1

⇒
xy + yz + zx = 2zx – 1

⇒
2zx = 12

⇒
zx = 6

⇒

xy + yz = 5

⇒
y(x + z) = 5 (4)
0,25
Mµ y + x + z = 6
⇒
x + z = 6 – y
(4)
⇒
y(6 – y) = 5

⇒
y(6 – y) = 5

⇒
(y – 1)(y – 5) = 0

y 1
y 5
=

⇒

=

0,25
+) Víi y = 1 th× (4)
⇒
x + z = 5

⇒
x = 5 – z
mµ zx = 6
⇒
(5 – z)z = 6
⇒
(z – 2)(z – 3) = 0
z 2 x 3
z 3 x 2
= =
 
⇒ ⇒
 
= =
 
0,25
+) Víi y = 5 th× (4)
⇒
x + z = 1
⇒
x = 1 – z
mµ zx = 6
⇒
(1 – z)z = 6

⇒
(z
1
2
−

)
2
=
23
4
−
(ph¬ng tr×nh v« nghiÖm)
VËy tËp nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh lµ
{ }
S (3; 1; 2),(2; 1; 3)=
0,25
1)
0,75®iÓm
Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng AB cã d¹ng y = ax + b (d)
A, B
∈
(d) nªn
− −
= ≠
− −
y 1 x 1
(m 1)
0 1 m 1

−
⇒ − =
−
⇒ − − + = −
x 1
1 y

m 1
m 1 my y x 1

⇒ − = −
⇒ = −
− −
y(1 m) x m
1 m
y x
1 m 1 m
0,25
Gọi phơng trình họ đờng thẳng
( )
m
d
là y = ax + b
Vì
( )
m
d


AB tại A nên a.a = - 1
=

1
.a ' 1
1 m

a = m 1

y = (m 1)x + b
0,25
Vì
( )
m
d
đi qua A(m; 0) ta có: 0 = (m 1)m + b
Vậy họ đờng thẳng
( )
m
d
cần tìm là: y = (m 1)x + (m m
2
)
(m 1)
0,25
2)
0,5điểm
Giả sử 3 đờng thẳng trong họ (d
m
) đồng qui tại điểm (x
o
; y
ô
)


y

o
= (m 1)x
o
+ (m m
2
)


m
2
m(x
o
+ 1) + x
o
+ y
o
= 0
0,25
Vì phơng trình trên là phơng trình bậc hai ẩn m nên chỉ có nhiều nhất
2 nghiệm

Chỉ có 2 đờng thẳng trong họ (d
m
) đi qua điểm (x
o
; y
o
)
Vậy không có 3 đờng thẳng nào của họ (d
m

) đồng qui.
0,25
3)
0,75điểm
Gọi các điểm N(x
1
; y
1
) mà chỉ có đờng thẳng trong họ (d
m
) đi qua

y
1
= (m 1)x
1
+ m m
2

m
2
m(x
1
+ 1) + x
1
+ y
1
= 0
0,25
Vì chỉ có 1 đờng thẳng trong họ (d

m
) đi qua N nên phơng trình trên
chỉ có 1 nghiệm.

= 0

( ) ( )
2
1 1 1
x + 1 - 4 x + y = 0
0,25


=
2
1
1
(x 1)
y
4

Vậy các điểm cần tìm sẽ nằm trên Parabol

=
2
1
1
(x 1)
y
4

0,25
Câu 4
3điểm
1)
0,75điểm
Vẽ hình đúng
0,25
Gọi E là giao điểm của PD với đờng thẳng vuông góc với AB.
+) Xét

DCP và

DBE có:
ã
ã
=
DCP DBE
(so le trong)
DC = DB (AD là trung truyến của

ABC)
ã
ã
=
CDP BDE
(đối đỉnh)


DCP =

DBE (g.c.g)

CP = BE (1)
0,25
+) Mặt khác ta có tứ giác MNAP là hình chữ nhật có AM là tia phân
giác của
à
A
nên MNAP là hình vuông.
0,25
H

AB
C
D
E
H
M
N
I
P
O
K
45
0


AN = AP

CP = BN (2)

Từ (1) và (2)

BE = BN


BEN cân tại B


ã
=
0
NEB 45
2)
1,25điểm
+) Gọi O là trung điểm của EN.
Ta có

BEN và

EHN là tam giác vuông có chung cạnh huyền EN
nên bốn điểm B, E, H, N cùng thuộc đờng tròn tâm O.
0,25
Kéo dài HO cắt đờng tròn (O) tại K.
Khi đó:
ã
ã
=
1
OHN KON
2

(
ã
KON
góc ngoàicủa tam giác cân OHN)
ã
ã
=
1
OHB KOB
2
(
ã
KOB
góc ngoài của tam giác cân OHB)

ã
ã

OHN OHB
=
ã
ã
( )
=
0
1 1
KON KOB .90
2 2

ã

=
0
BHN 45
0,25
Vậy có
ã
ã
= =
0
BHN BEN 45
(3)
Chứng minh tơng tự ta có:
ã
ã
= =
0
NHA NPA 45
(4)
Từ (3) và (4) có
ã
=
0
AHB 90
và NH là đờng phân giác của góc
ã
AHB
0,25
Gọi H là hình chiếu của H trên AB.
Khi đó SAHB =
1

AB.HH'
2
Do đó SAHB lớn nhất khi HH lớn nhất.
0,25
Điểm H chạy trên cung tròn đờng kính AB nên HH lớn nhất khi nó
bằng bán kính, tức là khi H

D. Khi đó M

D.
0,25
3)
1,0điểm
Vẽ đờng tròn đờng kính AB. Gọi giao của HN với đờng tròn là I. 0,25
Do

DHI là tam giác vuông tại H nên DI là đờng kính. 0,25
Mà D là điểm cố định nằm chính giữa của nửa đờng tròn đờng kính
AB nên I là điểm chính giữa của nửa đờng tròn đờng kính AB
0,25
Điểm I đối xứng với D qua AB. Vậy I là điểm cố định.
0,25
Câu 5
1 điểm
Các đỉnh của hình (H) chia đờng tròn ngoại tiếp nó thành 14 cung
bằng nhau, mỗi cung có số đo là
0
180
7

=
. Các dây nối hai đỉnh của
(H) chắn các cung nhỏ có số đo là

, 2

, 3

, ., 7

.
Do vậy độ dài các dây đó chỉ nhận 7 giá trị khác nhau.
0,25
Lấy 6 đỉnh của hình (H) thì số dây hai đỉnh trong 6 đỉnh đó là
( )
6.5 : 2 = 15

Vì 15 dây này có độ dài không nhận quá 7 giá trị khác nhau nên phải
3 dây có cùng độ dài.
0,25
Trong 3 dây đó luôn có 2 dây không chung đầu mút ( Vì nếu 2 dây
trong 3 dây đó đều chung đầu mút thì 3 dây bằng nhau đó tạo thành
một tam giác đều, do đó số đỉnh của (H) chia hết cho 3 trái với giả
thiết
0,25
Dễ thấy 2 dây bằng nhau của một đờng tròn không chung đầu mút thì
4 đầu mút của chúng là một đỉnh của một hình thang cân
Từ đó suy ra trong 6 đỉnh bất kì của (H) luôn có 4 đỉnh là các đỉnh
của hình thang.
0,25

Trờng thcs nhật tân
Giáo viên ra đề: Đoàn Văn ái
ấ THI CHON HOC SINH GIOI
N m hoc: 2008 - 2009
MễN: TOAN 9 (Th i gian 150 phut)
Bai 1 : (1.5 )
Cho x, y, z 0 va x + y + z 3.
Tim gia tri l n nhõt biờu th c
2 2 2
1 1 1
x y z
A
x y z
= + +
+ + +
Bai 2 : (1.5 )
Giai ph ng trinh:
2
1 1
2
2
x
x
+ =

Bai 3 : (2.5 )
Cho hờ ph ng trinh õn x, y sau:
2
1
mx y m

x my m
+ =


+ = +

a. Xác định giá trị của m ờ hờ co nghiờm duy nhõt
b. Gia s (x,y) la nghiờm duy nhõt cua hờ. Tim hờ th c liờn hờ gi a x,y ục lõp
v i m.
c. Tim m Z ờ x, y Z
d. Ch ng to (x,y) luụn n m trờn mụt ng th ng cụ inh.((x,y) là nghiệm của
hệ pt.)
Bai 4 : (3.5 )
Cho t giac ABCD nụi tiờp trong ng tron (O;R) co hai ng cheo AC va
BD vuụng goc v i nhau tai I va I khac O.
a. Ch ng minh: IA.IC = IB.ID
b. Ve ng kinh CE. Ch ng minh ABDE la hinh thang cõn, suy ra :
AB
2
+ CD
2
= 4R
2
va AB
2
+ BC
2
+ CD
2
+ DA

2
= 8R
2
c. T A va B ve ng th ng vuụng goc ờn CD lõn l t c t BD tai F, c t AC
tai K. Ch ng minh A,B,K,F la bụn inh cua mụt t giac c biờt .
d. Goi M la trung iờm cua CD. Ch ng minh AB = 2OM.
Bài5: (1.0 đ)
Trong một tam giác có cạnh lớn nhất bằng 2 , ngời ta lấy 5 điểm phân biệt .
Chứng minh rằng trong 5 điểm đó luôn tồn tại hai điểm mà khoảng cách giữa chúng
không vợt quá 1.
Đáp án
Bai 1̀ : C/minh:
2
2
2 2
2 1
2 1 1
1 1
x x
x x
x x
+
≤ + → ≤ =
+ +
2
1
1 2
x
x
≤

+
. T ng t ươ ự
2 2
1 1
;
1 2 1 2
y z
y z
≤ ≤
+ +
2 2 2
1 1 1
x y z
A
x y z
= + +
+ + +
3
2
≤
Suy ra:
3
2
MaxA =
khi x = 1; y = 1 ; z = 1
Bai 2:̀ K: -2 < x < 2 t Đ Đặ
2
2 ( 0)a x a= − >
th× a
2

= 2 – x
2

2
2x a→ = ± −
.
Ta co: ́
( )
2
2 2
2 2 2 2
1 1
2
2
2 2
4 2 2 0
2 2
2
1
1;
2
a x
a x ax
a x ax
x a ax
a x ax
x a ax
x a x a
ax ax
+

 
+ =

+ =
+ = =

  
⇔ ⇔ ⇔
   
− − =
+ = +


 

+ = + =
 
⇒ = = −


2
1
1 ( 0)
1
2 2 1 0 1
ax a x
x
x x x x
x
= ⇒ = ≠

+ = ⇔ − + = ⇒ =


2
1
2
1 1
( 0)
2 2
1 1 3
2 2 2 2 1 0 0 ( )
2
1 3
2
1 3
1;
2
ax a x
x
x x x x a loai
x
x
S
=− → =− ≠
− +
− = ⇔ + − = ⇔ = → <
− −
=
 
− −

 
=
 
 
 
Bai3̀ : a/

2 2
2 (1)
1 (2)
( 1) 2 1 3 (3)
mx y m
x my m
m x m
+ =


+ = +

→ − = −−
V i m 1 thi hê pt co nghiêm ́ ± ̀ ́ơ ̣ ̣
duy nhât́
b/ y(y – 1) = (x – 1)(x – 2) hê th c ôc lâp v i ḿ ̣́ ư đ ̣ ̣ ơ
c/
2 1 1
2 (4)
1 1
m
x
m m

+
= = −
+ +

1
1 (5)
1 1
m
y
m m
= = −
+ +
. V× x, y ∈ Z
1
1
z
m
→ ∈
+
m = 0 ⇒ x = 1; y = 0
m = - 2 ⇒ x = 3; y = 2
d/ T (4) va (5) su ra x – y = 1 ̀ ̀ư ⇒ y = x – 1
O
M
K
F
E
I
D
C

B
A
Bài 4
/ a. Ch ng minh: IAB IDC

. .
IA IB
IA IC IB ID
ID IC
= =
b/ c/m ABCD la hinh thang cõn
( Chứng minh hai cung AB và DE bằng nhau
cm: ED
2
+ CD
2
= EC
2
( tam giác DEC vuông tại D) AB
2
+ CD
2
= 4R
2
C/m t ng t : BC
2
+DA
2
= BE
2

+ DA
2
=EC
2
= 4R
2
c/ cm: ABF cõn IB = IF. c/m t ng t : IA = IK ABKF la hinh binh hanh
AK BF ABKF la hinh thoi.
d/ O la trung iờm cua EC, M trung iờm CD OM la trung binh ECD DE =
2OM
AB = DE (ABCD la hinh thang cõn) AB = 2OM
Bài 5:
Chia tam giác thành 4 tam giác không có điểm chung trong bằng việc vẽ các đ-
ờng trung bình của nó . Khi đó cạnh lớn nhất trong các tam giác đó bằng 1 . Ta chứng
minh khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ thuộc một trong 4 tam giác đó không vợt quá
1 - khỏang cách luôn không lớn hơn cạnh lớn nhất là 1. Do có 5 điểm trong tam giác
ban đầu nên có ít nhất 01 trong 4 tam giác nhỏ chứa không ít hơn 2 điểm trong số 5
điểm đó . vì vậy luôn tồn tại hai điểm mà khoảng cách không vợt quá 1.
Ubnd huyện gia lộc
Phòng giáo dục& ĐT
đê
đề thi học sinh giỏi lớp 9 vòng 2
Năm học: 2008-2009
Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian
giao đề)
Ngày thi 17/01/2009
Cõu 1:(1,5 im)
a) Tính : A =
179 +

-
179
-
2
b) tính : B =
53
.
( )( )
53210 +
.
c) Cho C =
2008 2007
và D =
2009 2008
.
Không dùng máy tính hãy so sánh C và D .
Cõu 2:(1 im)
Cho P(x) là đa thức bậc 3 với hệ số của
3
x
là số nguyên khác 0 và khác - 1.
Biết
(2007) 2008P =
và
(2008) 2009P =
. Chứng minh rằng:
(2009) (2006)P P
là hợp số
Câu 3 (2 điểm):
a. Gọi

n
S
=
1 1 1

1 2 2 3 n n 1
+ + +
+ + + +
,
n
N,n 1
.
Tìm tất cả các giá trị của
n
sao cho
n



100
và
n
S
có giá trị nguyên.
b. Cho a,b,c là các số thực thoả mãn điều kiện: abc = 2009. Chứng minh rằng:
2009
1
2009 2009 2009 1
a b c
ab a bc b ca c

+ + =
+ + + + + +
Câu 4 (2điểm):
a. Giải hệ phơng trình: hoặc
đề chính thức