TỔNG HỢP ĐỀ THI HSG TOÁN LỚP 9 HUYỆN GIỒNG RIỀNG

UBND HUYỆN GIỒNG RIỀNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN
PHÒNG GD &ĐT GIỒNG RIỀNG NĂM HỌC 2009 – 2010
= = = 0o0 = = = MÔN: TOÁN LỚP 9 , THỜI GIAN 150 PHÚT
Bài 1: (4 điểm)
a/ Cho 1993 điểm trên mặt phẳng biết rằng trong mỗi nhóm ba điểm bất kỳ của các điểm trên
bao giờ cũng có thể chọn ra được hai điểm có khoảng cách bé hơn 1. Chứng minh rằng trong các
điểm trên có ít nhất 997 điểm nằm trong một đường tròn có bán kính bằng 1.
b/ Hai số 2
2010
và 5
2010
được viết liên tiếp nhau. Hỏi có tất cả bao nhiêu chữ số?
Bài 2: (4 điểm) Cho biểu thức
2 1 2 1
( 2)
2 1 2 1
x x x x
P x
x x x x
+ − + − −
= ≥
+ − − − −
a/ Rút gọn biểu thức
b/ Tìm x sao cho P < 4
Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình:
2 2
3 3
9 80 1 4 9 80x x x
+ + = − −
Bài 4: . (4 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A =

2007 2008x x− + −
Bài 5: (4 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh a, điểm E thuộc cạnh BC, điểm F thuộc cạnh AD
sao cho CE = AF. Các đường thẳng AE, BF cắt đường thẳng CD theo thứ tự ở M, N.
a/ Chứng minh: CM.DN = a
2
b/ Gọi K là giao điểm của NA và MB. Chứng minh rằng
·
0
90MKN =
c/ Các điểm E và F có vị trí như thế nào thì MN có độ dài nhỏ nhất?
- - - HẾT - - -
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MÔN TOÁN LỚP 9, NĂM HỌC 2009 - 2010
Bài 1: (4 điểm)
a/ Ta có: 1993 = 2.996 +1 (0,25đ)
Gọi A là một điểm trong 1993 điểm đã cho. Vẽ đường tròn (A ; 1). Nếu tất cả 1992 điểm còn lại
đều nằm trong đường tròn (A ; 1) thì bài tốn được giải.(0,5đ)
Giả sử có điểm B nằm ngồi đường tròn (A ; 1) tức là AB > 1. Vẽ đường tròn (B ; 1)(0,25đ)
Ta chứng minh tất cả 1993 điểm đã cho đều nằm trong (A ; 1) hoặc (B ; 1). (0,25đ)
Thật vậy, lấy C bất kỳ, ta có nhóm ba điểm A, B, C, theo giả thiết vì AB > 1 nên AC < 1 hoặc
BC < 1, khi đó C nằm trong (A; 1) hoặc (B ; 1) (0,5đ)
Vậy theo ngun tắc Dirichlet, một trong hai đường tròn này phải chứa ít nhất 997 điểm (0,25đ)
b/ Hai số 2
2010
và 5
2010
được viết liên tiếp nhau. Hỏi có tất cả bao nhiêu chữ số?
Giả sử 2
2010
có h chữ số và 5

2010
có k chữ số (h, k ngun dương).
Ta có: 10
h -1
< 2
2010
< 10
h
; 10
k -1
< 5
2010
< 10
k
(0,5đ)
⇒
10
h + k -2
< 10
2010
< 10
h
+
k
(0,5đ)
⇒
h + k - 2 < 2010 < h + k (0,25đ)
⇒
2010 = h + k – 1 (0,25đ)
⇒

h + k = 2011. (0,25đ)
Vậy có tất cả 2011 chữ số. (0,25đ)
Bài 2: (4 điểm)
a/ Rút gọn biểu thức

2 1 2 1
( 2)
2 1 2 1
x x x x
P x
x x x x
+ − + − −
= ≥
+ − − − −
( ) ( )
2 2
2 1 1 1 1
2 2 2 1 2 2 2 1
x x
x x x x
 
− + + − −
 
 
=
+ − − − −
(0,5đ)
( ) ( )
2 2
2 1 1 1 1

2 1 1 2 1 1
x x
x x
 
− + + − −
 
=
− + − − −
(0,5đ)
( ) ( )
2 2
2 1 1 1 1
2 1 1 2 1 1
x x
x x
 
− + + − −
 
=
− + − − −
(0,5đ)
2 1 1 1 1
2 1 1 2 1 1
x x
x x
 
− + + − −
 
=
− + − − −

(0,5đ)
( )
( )
2 1 1 1 1
2 1 1 2 1 1
x x
x x
− + + − −
=
− + − − −
Vì
2x ≥
nên
1 1x − ≥
và
2 1 1x − ≥
(0,5đ)
2 1x= −
(0,5đ)
b/ P < 4
2( 1) 4 2( 1) 16x x⇔ − < ⇔ − <
(0,5đ)

2 9x
⇒ ≤ <
(0,5đ)
a
=
=
K

M
N
D
C
A
B
F
E
Bài 3:(4 điểm) Giải phương trình:
2 2
3 3
9 80 1 4 9 80x x x
+ + = − −
(1)

(
)
2
3 3
9 80 9 80 4 1 0x x⇔ + + − − + =
(0,5đ)
Tính A =
(
)
3 3
9 80 9 80+ + −


(
)

3 3
3 3 3
9 80 9 80 3 (9 80)( 9 80). 9 80 9 80A = + + − + + − + + −
(0,5đ)
3
3
18 3 1.A A= +
(0,5đ)
3
3 18 0A A⇔ − − =
(0,5đ)
2
( 3)( 3 6) 0A A A⇔ − + + =
(0,5đ)
2
3 0 3
3 6 0
A A
A A A
φ

− = =

⇔ ⇔


+ + = ∈


(0,5đ)

Khi đó (1) trở thành: 3x
2
– 4x + 1 = 0 (0,5đ)
⇔
x = 1 ; x = 1/3 (0,5đ)
Bài 4:(4 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A =
2007 2008x x− + −
A có nghĩa khi x – 2007
≥
0 và 2008 – x
≥
0
2007 2008x
⇒ ≤ ≤
. (0,5đ)
Vì A
≥
0 nên ta có
Trường hợp 1:
2
1 2 ( 2007)(2008 )A x x= + − −
(0,5đ)
Áp dụng Co-Si
2 ( 2007)(2008 ) 2007 2008 1x x x x− − ≤ − + − =
(0,5đ)
Dấu “=” xảy ra khi x – 2007 = 2008 – x hay x = 4015:2 (0,5đ)
2
1 1 2 2.A A⇒ ≤ + = ⇒ ≤
(0,5đ)

4015
max 2
2
A x⇒ = ⇔ =
(0,5đ)
Trường hợp 2:
2
1 2 ( 2007)(2008 ) 1A x x= + − − ≥
(0,25đ)
Dấu “=” xảy ra khi
2 ( 2007)(2008 ) 0x x− − =
(0,25đ)
x – 2007 =0 hoặc 2008 – x = 0
⇒
x = 2007 hoặc x = 2008 (0,25đ)
Vậy minA = 1 khi x = 2007 hoặc x = 2008 (0,25đ)
Bài 5:(4 điểm) Hình vẽ (0,25đ)
a/ AB // MN, ta có:
CM CE
= (1)
AB BE
(0,25đ)
AF AB
= (2)
FD DN
(0,25đ)
mà
AF CE
= (gt)
FD BE

(0,25đ)
CM CE AF AB
= =
AB BE FD DN
⇒ =
(0,25đ)
2 2
CM.DN = AB = a⇒
(0,25đ)
b/ Từ a/
CM AB CM AD
= =
AB DN CB DN
⇔
(0,25đ)
Nên
CMB∆
và
DAN∆
đồng dạng (c-g-c)(0,25đ)
·
·
CMB= DAN⇒
·
·
0
CMB AND 90⇒ + =
(0,25đ)
Vậy
·

0
MKN 90=
(0,25đ)
c/ MN nhỏ nhất
CM + DN⇔
nhỏ nhất.(0,25đ)
Mà các độ dài CM, ND có CM.DN không đổi (câu a)(0,25đ)
Nên tổng của chúng CM + DN nhỏ nhất khi và chỉ khi CM = DN.(0,25đ)
Khi đó CM
2
= a
2
, CM = DN = a. (0,25đ)
Vậy MN nhỏ nhất bằng 3a
⇔
E, F theo thứ tự là trung điểm của BC, AD.(0,5đ)
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
HUYỆN GIỒNG RIỀNG VÒNG HUYỆN NĂM HỌC 2010 – 2011
= = = 0o0 = = = Môn: TOÁN - lớp 9 , thời gian: 150 phút
(không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (3,0 điểm) Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng với 1, luôn là số chính
phương.
Bài 2: (5,0 điểm) Cho biểu thức
15 x 11 3 x 2 2 x 3
P
x 2 x 3 1 x x 3
− − +
= + −
+ − − +
.

a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm giá trị của x sao cho P <
1
2
c) Tìm các giá trị nguyên của x sao cho giá trị tương ứng của biểu thức P nguyên.
Bài 3: (4,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a/
2 1 2 5 4x x− + − =
b/
2 1 2 1 2x x x x+ − + − − =
Bài 4: (3,0 điểm) Cho a, b là các số thực dương.
Chứng minh rằng:
( )
ab2ba2
2
ba
ba
2
+≥
+
++
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Vẽ đường cao AD và BE. Gọi H là trực tâm và G là trọng
tâm của tam giác ABC.
a/ Chứng minh: tgB.tgC =
AD
HD
b/ Chứng tỏ rằng: HG // BC
⇔
tgB.tgC = 3

Bài 6: (1,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A. Chứng minh : tg
·
2
ABC AC
AB BC
=
+
HẾT
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN 9
Bài 1: (3,0 điểm)
Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n
∈
N). Ta có
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3)(n + 1)(n + 2) + 1 (0,5 đ)
= (n
2
+ 3n)( n
2
+ 3n + 2) + 1 (*) (0,5 đ)
Đặt n
2
+ 3n = t (t
∈
N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t
2
+ 2t + 1 = ( t + 1 )
2
(1,0 đ)
= (n

2
+ 3n + 1)
2
(0,5 đ)
Vì n
∈
N nên n
2
+ 3n + 1
∈
N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.(0,5 đ)
Bài 2: (5,0 điểm) Cho biểu thức
15 x 11 3 x 2 2 x 3
P
x 2 x 3 1 x x 3
− − +
= + −
+ − − +
.
a/ Điều kiện xác định là:
0 ; 1x x≥ ≠
(0,5 đ)
( ) ( )
15 x 11 3 x 2 2 x 3
P
x 1 x 3
x 1 x 3
− − +
= − −
− +

− +
(0,5 đ)
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
15 x 11 3 x 2 x 3 2 x 3 x 1
P
x 1 x 3
− − − + − + −
=
− +
(0,5 đ)
( ) ( )
15 x 11 3x 9 x 2 x 6 2x 2 x 3 x 3
P
x 1 x 3
− − − + + − + − +
=
− +
(0,5 đ)
( ) ( )
5x 7 x 2
P
x 1 x 3
− + −
=
− +
(0,5 đ)
( ) ( )
( ) ( )
x 1 2 5 x

2 5 x
P
x 3
x 1 x 3
− −
−
= =
+
− +
(0,5 đ)
b/ để P <
1
2
thì
2 5 x 1
2
x 3
−
<
+

2 5 x 1
0
2
x 3
−
⇔ − <
+
1 11 x
0

x 3
−
⇔ <
+
(0,5 đ)
do
3 0x + >
nên
1 1
1 1 1 0
11 121
x x x− < ⇔ > ⇔ >
(0,25 đ)
Vậy
1
121
x >
và
1x ≠
(0,25 đ)
c/ P =
( )
17 5 3
17
5
3 3
x
x x
− +
= −

+ +
(0,5 đ)
{ }
3 (17) 1; 17P x U∈ ⇔ + ∈ = ± ±¢
3 17 14 196x x x+ = ⇔ = ⇔ =
(0,5 đ)
Bài 3: (4,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a/
2 1 2 5 4x x− + − =

 Xét x <
1
2
ta có: 1 – 2x + 5 – 2x = 4
⇔
x =
1
2
không thuộc khoảng đang xét (0,5 đ)
 Xét
1 5
2 2
x≤ ≤
ta có: 2x – 1 + 5 – 2x = 4
⇔
0x = 0
phương trình nghiệm đúng với mọi x thuộc khoảng đang xét, tức là
1 5
2 2
x≤ ≤

(0,5 đ)
 Xét x >
5
2
ta có: 2x – 1 + 2x – 5 = 4
⇔
x =
5
2
không thuộc khoảng đang xét (0,5 đ)
Vậy phương trình có nghiệm là S =
1 5
/
2 2
x x
 
≤ ≤
 
 
(0,5 đ)
b/
2 1 2 1 2x x x x+ − + − − =
(*)
Điều kiện
1x ≥
(0,25 đ)
(*)
( ) ( )
2 2
1 1 1 1 2x x⇔ − + + − − =

(0,25 đ)
1 1 1 1 2x x⇔ − + + − − =
(0,25 đ)
1 1 1 1 2x x⇔ − + + − − =
(0,25 đ)
1 1 1 1x x⇔ − − = − −
(**) (0,25 đ)
Ta có
A A≥
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
0A ≥
(0,25 đ)
(**)
1 1 0 1 1 2x x x− − ≥ ⇔ − ≤ ⇔ ≤
(0,25 đ)
Kế hợp với điều kiện ban đầu ta có tập nghiệm là
1 2x
≤ ≤
(0,25 đ)
Bài 4: (3,0 điểm) Cho a, b là các số thực dương.
Chứng minh rằng:
( )
ab2ba2
2
ba
ba
2
+≥
+
++

Ta có :
0
2
1
a
2
≥






−
;
0
2
1
b
2
≥






−
, với mọi a , b > 0 (0,25 đ)
1 1

0 ; 0
4 4
a a b b
⇒ − + ≥ − + ≥
(0,25 đ)
0
4
1
bb
4
1
aa
≥+−++−⇒
(0,5 đ)
0ba
2
1
ba
>+≥++⇒
(*) (0,5 đ)
Mặt khác
( )
0ab2ba0ba
2
>≥+⇔≥−
(**) (0,5 đ)
Nhân từng vế (*) và (**) ta có :
( )
( )
baab2

2
1
baba
+≥






+++
(0,5 đ)
hay:
( )
ab2ba2
2
ba
ba
2
+≥
+
++
(0,5 đ)
Bài 5: (3,5 điểm)
a/ Chứng minh: tgB.tgC =
AD
HD
Xét tam giác ADB ta có:
AD
tgB

BD
=
; (0,25 đ)
E
H
G
M
D
A
B
C
Xét tam giác ADC ta có:
AD
tgC
CD
=
(0,25 đ)
2
.
.
AD
tgB tgC
BD CD
⇒ =
(0,5 đ)
Chứng minh
BDH ADC∆ ∆:
(0,5 đ)
. .
BD DH

BD CD DH AD
AD DC
⇒ = ⇒ =
(0,5 đ)
2
.
.
AD AD
tgB tgC
HD AD DH
⇒ = =
(0,5 đ)
b/ Chứng tỏ rằng: HG // BC
⇔
tgB.tgC = 3
Theo tính chất trọng tâm tam giác, ta có:
3
AM
GM
=
(0,25 đ)
Xét
∆
ADM, có HG // BC
//
AM AD
HG DM
GM HD
⇔ ⇔ =
= 3 (0,5 đ)

Vậy tgB.tgC = 3 (0,25 đ)

Bài 6: (1,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A. Chứng minh
·
2
ABC AC
tg
AB BC
=
+
Vẽ phân giác BD
·
·
2
ABC
BBD⇒ =
(0,25 đ)
Xét
µ
·
0
, 90
AD
ABD A tgABD
AB
∆ = ⇒ =
(0,5 đ)
Vì BD là phân giác, nên:
AD DC AD DC AC

AB BC AB BC AB BC
+
= = =
+ +
(0,5 đ)
Vậy
·
·
2
ABC AD AC
tgABD tg
AB AB BC
= = =
+
(0,25 đ)
D
A
B
C
UBND HUYỆN GIỒNG RIỀNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2011 – 2012
Khóa ngày 06/11/2011
ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (2 điểm) Có hay không các số tự nhiên m và n thỏa mãn đẳng thức sau:
1
( )( ). 1 ( 1) 2011
4
m n
m n m n

+
 
− + + − =
 
Bài 2: (3 điểm)
a) Chứng minh rằng: Nếu a
2
+ b
2
+ c
2
= ab + bc + ca thì a = b = c
b) Chứng minh rằng: Nếu
1 1 1
2
a b c
+ + =
và a + b + c = abc thì ta có
2 2 2
1 1 1
2
a b c
+ + =
Bài 3: (5,0 điểm)
a) Thực hiện rút gọn biểu thức: A =
94 42 5 94 42 5− − +
b) Cho biểu thức M =
48
2
8

4
22
2
2
+






+−






+
a
a
a
a
. Hãy rút gọn, rồi tìm giá trị nhỏ nhất của M
Bài 4: (5,0 điểm)
a) Giải phương trình sau:
( )
3 2
3
3

3
2
1
1
x x
x
x
x
+ = −
−
−
b) Tìm giá trị x, y, z thỏa mãn:
4 2 2 4 3 6 5x y z x y z+ + + = − + − + −
Bài 5: (5,0 điểm)
Cho tam giác đều ABC, Gọi M là trung điểm của BC. Một góc xMy bằng 60
0
quay quanh điểm
M sao cho hai cạnh Mx, My luôn cắt cạnh AB, AC lần lượt tại D và E. Chứng minh:
a)
2
BC
BD.CE =
4
b) DM, EM lần lượt là tia phân giác của các góc BDE và CED,
c) Chu vi tam giác ADE không đổi.
HẾT
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 9
(THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2011 – 2012)

Bài 1: (2 điểm)

Đặt A =
1
( )( ). 1 ( 1)
4
m n
m n m n
+
 
− + + −
 
* Nếu m = n thì m – n = 0 vế trái A = 0
≠
2011, nên không không xảy ra (0,25đ)
* Nếu
m n≠
:
+ Khi m và n đều chẵn
ta có m – n = 2k ; m + n = 2l ( với k ; l
∈
N) (0,25đ)
⇒
A =
1
4
.2k.2l.[1 + (-1)
2k
] = 2kl
≠
2011 (0,5đ)
+ Khi m chẵn, n lẻ

thì m + n = 2k + 1 (tương tự m lẻ, n chẵn) (0,25đ)
⇒
[1 + (-1)
2k +1
] = 0
⇒
A
≠
2011 (0,5đ)
Vậy không có 2 số tự nhiên m và n để thỏa mãn đẳng thức trên (0,25đ)
Bài 2: (3 điểm)
a) Chứng minh rằng: Nếu a
2
+ b
2
+ c
2
= ab + bc + ca thì a = b = c
Từ a
2
+ b
2
+ c
2
= ab + bc + ca
⇒
2a
2
+ 2b
2

+ 2c
2
= 2ab + 2bc + 2ca
⇒
(a – b)
2
+ (b – c)
2
+ (c – a)
2
= 0 (0,5đ)
⇒
a = b = c (0,5đ)
b) Từ giả thiết
1 1 1
2
a b c
+ + =

2
1 1 1
4
a b c
 
⇒ + + =
 ÷
 
2 2 2
1 1 1 1 1 1
2 4

a b c ab bc ac
 
⇒ + + + + + =
 ÷
 
(0,5đ)
2 2 2
1 1 1
2 4
a b c
a b c abc
+ +
 
⇒ + + + =
 ÷
 
(0,5đ)
Mà a + b + c = abc nên:
2 2 2
1 1 1
2.1 4
a b c
⇒ + + + =
(0,5đ)
2 2 2
1 1 1
2
a b c
⇒ + + =
(0,5đ)

Bài 3: (5 điểm)
a) A =
94 42 5 94 42 5− − +

=
( ) ( )
2 2
7 3 5 7 3 5− − +
(1,0đ)
7 3 5 7 3 5= − − +
(0,5đ)
7 3 5 7 3 5 6 5= − − − = −
(0,5đ)
b) M =
48
2
8
4
22
2
2
+






+−







+
a
a
a
a
. Hãy rút gọn, rồi tìm giá trị nhỏ nhất của M
M =
2
2 2
2 2
4 8 48a a
a a
 
   
+ − − + +
 
 ÷  ÷
   
 
 
(0,5đ)
M =
4 2
2 2
16 64a a

a a
 
   
+ − + +
 
 ÷  ÷
   
 
 
(0,5đ)
M =
2
2
2
8a
a
 
 
+ −
 
 ÷
 
 
 
=
2
2
8a
a
 

+ −
 ÷
 
(0,5đ)
M
2 2
2 2
4 4
4 8 4a a
a a
= + + − = − +

2 2
2 2
0a a
a a
   
= − = − ≥
 ÷  ÷
   
(0,5đ)
Vậy minM = 0 khi
( )
2
2
2
2
2
2
0 0

a
a
a a
−
 
− = ⇔ =
 ÷
 
(0,5đ)

2
2 0 2a a⇔ − = ⇔ = ±
(0,5đ)
Bài 4: (5 điểm)
a) Giải phương trình:
( )
3 2
3
3
3
2
1
1
x x
x
x
x
+ = −
−
−

( )
2 2 2
2
2
2 3.
1 1 1
1
x x x x
x x
x x x
x
 
 
⇔ + − + = −
 ÷
 ÷
 ÷
− − −
 
−
 
(0,5đ)
Mà
( )
2
2
2
2
2
1 1

1
x x x
x x x
x x
x
 
+ = + − ×
 ÷
− −
 
−
(0,5đ)
Đặt
2 2
1 1 1
x x x x x
t x
x x x
− +
= + = =
− − −
(0,5đ)
Ta được: t(t
2
– 2t – t) = 2 – 3t
⇔
t
3
– 3t
2

+ 3t – 1 = 1
⇔
(t – 1)
3
= 1
⇔
t – 1 = 1
⇔
t = 2 (0,5đ)
Do đó
( )
2
2
2
2 2 2 0 1 1 0
1
x
x x x x
x
= ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ ∈∅
−
Vậy phương trình vô nghiệm. (0,5đ)
b) Tìm giá trị x, y, z thỏa mãn:
4 2 2 4 3 6 5x y z x y z+ + + = − + − + −

điều kiện:
2; 3; 5x y z≥ ≥ ≥
(0,5đ)
( 2) 2 2 1 ( 3) 4 3 4 ( 5) 6 5 9 0x x y y z z
     

⇔ − − − + + − − − + + − − − + =
     
(0,5đ)
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 1 3 2 5 3 0x y z⇔ − − + − − + − − =
(0,5đ)
2 1 0
3 2 0
5 3 0
x
y
z

− − =


⇔ − − =


− − =


(0,5đ)
3
7
14
x
y
z

=


⇔ =


=

(0,5đ)
Bài 5: ( 5 điểm)
a/ Trong
BDM∆
ta có
¶
¶
1 1
120D M= −
Vì
¶
¶
¶
0 0
2 3 1
60 120M M M= ⇒ = −
¶
¶
1 3
D M⇒ =
(0,5đ)
Chứng minh

BMD∆

(1)CEM∆
(0,5đ)
. .
BD CM
BD CE BM CM
BM CE
⇒ = ⇔ =
Vì
2
BC
BM CM= =
Nên
2
.
4
BC
BD CE =
(0,5đ)
b) Từ (1)
BD MD
CM EM
⇒ =
Mà BM = CM
Nên ta có:
BD MD
BM CM
⇒ =
và

µ
¶
0
2
60B M= =
BMD
⇒ ∆

MED∆
(c-g-c) (0,5đ)
⇒
¶
¶
1 2
D D=
, do đó DM là tia phân giác của
·
BDE
(0,5đ)
Chứng minh tương tự:
CME
∆

MDE∆
(c-g-c) (0,5đ)
⇒
µ
¶
1 2
E E=

, do đó EM là tia phân giác của
·
CED
(0,5đ)
c) Gọi H, I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC
Chứng minh: DH = DI ; EI = EK (0,5đ)
Chu vi của
ADE∆
là
AD + AE + DE = AD + AE + DI + IE
= AD + DH + AE + EK
= AH + AK
= 2AH ( Do M thuộc tia phân giác của góc A) (0,5đ)
Mà M cố định nên AH không đổi
Vậy Chu vi
ADE∆
không đổi. (0,5đ)
Trên đây là những gợi ý đáp án và biểu điểm, Học
sinh có thể giải theo cách khác. Tùy vào bài làm cụ thể
của học sinh, giám khảo cho điểm tương ứng.

I
K
H
M
A
B
C
D
E

2
3
1
1
1
2
X
M
A
B
C
D
E
Y
UBND HUYỆN GIỒNG RIỀNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2012 – 2013
Khóa ngày 04/11/2012
ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (3 điểm)
Chứng minh rằng: M = 5
n
(5
n
+ 1) – 6
n
(3
n
+ 2) chia hết cho 91 với mọi số nguyên n.
Bài 2: (5 điểm)

a/ Rút gọn biểu thức A =
7 2 2 50 18 128− + + −
b/ Rút gọn biểu thức
( ) ( )
2
3
1 1 2
1
2 1 2 1
x
B
x
x x
+
= + −
−
+ −
, rồi tìm giá trị nhỏ nhất của B
Bài 3: (5 điểm)
Cho x, y, z là các số không âm. Chứng minh rằng:
a/ (x + y)(y + z)(z + x)
≥
8xyz
b/
yz zx xy
x y z
x y z
+ + ≥ + +
Bài 4: (5 điểm)
Cho hình vuông ABCD, O là giao điểm của hai đường chéo. Lấy điểm G trên cạnh BC, H trên

cạnh CD sao cho
·
0
45GOH =
. Gọi M là trung điểm của AB. Chứng minh rằng:
a/ Tam giác HOD và tam giác OGB đồng dạng.
b/ MG song song với AH.
Bài 5: (2 điểm)
Cho tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại O và
·
0
(0 90 )AOD
α α
= < <
. Gọi S là
diện tích của tứ giác ABCD. Chứng minh rằng: S =
1
AC.BD.sin
2
α
HẾT
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 9
(THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2012 – 2013)

Bài Đáp án Điểm
Bài 1:
(3 đ)
Ta có: 91 = 7.13 mà (7 ; 13) = 1 nên chỉ cần chứng minh M chia hết cho 7 và
chia hết cho 13.
M = (25

n
– 18
n
) – (12
n
– 5
n
)
Do: (25
n
– 18
n
)
M
(25 – 18)= 7 ; (12
n
– 5
n
)
M
(12 – 5) = 7 nên M
M
7
Mặt khác: M = (25
n
– 12
n
) – (18
n
– 5

n
)
Do: (25
n
– 12
n
)
M
(25 – 12)= 13 ; (18
n
– 5
n
)
M
(18 – 5) = 13 nên M
M
13
Tóm lại: M vừa chia hết cho 7, vừa chia hết cho 13, mà (7 ; 13) = 1
Nên M
M
7.13 hay M
M
91
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
Bài 2:

(5 đ)
a/

( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2
2
2
7 2 2 50 4 2.4 2 2 7 2 2 50 4 2
7 2 2 5 2 4 2 7 2 6 4 2 7 2 2 2
7 2 2 2 3 2 2 2 1 2 1
A = − + + − + = − + + −
= − + + − = − + = − +
= − + = − = − = −
0,5 đ
0,75 đ
0,75 đ
b/
( ) ( )
2
3
1 1 2
1
2 1 2 1
x
B
x
x x

+
= + −
−
+ −
đkxđ:
0 ; 1x x≥ ≠
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
2 2
3
2
1 1
2 1 2
1 1
1 1
2 1 1
x x
x x
B
x x
x x x
x x
− + +
+ +
= − = − =
− −
− + +
+ −

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

Vì x
≥
0 nên x
2
+ x + 1
≥
1 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi x = 0
2
1
1x x
⇒
+ +
đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi x = 0

Lúc đó: minB = -1 khi x = 0
0,5 đ
1 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
Bài 3:
(5 đ)
a/ Do x, y, z không âm nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:
2x y xy+ ≥
;
2y z yz+ ≥
;
2z x zx+ ≥
2 2 2
( )( )( ) 8 8x y y z z x x y z xyz⇒ + + + ≥ =
1,5 đ
0,5 đ
b/ Do x, y, z không âm nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:
2 2
yz zx yz zx
z
x y x y
+ ≥ × =
2 2
yz xy yz xy
y
x z x z
+ ≥ × =
2 2

zx xy xz xy
y
y z y z
+ + ≥ × =
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
Cộng vế theo vế:
( )
2 2
yz zx xy
x y z
x y z
 
+ + ≥ + +
 ÷
 
yz zx xy
x y z
x y z
⇒ + + ≥ + +
1 đ
0,5 đ
Bài 4:
(5 đ)
Hình vẽ: 0,5 đ
a/
·
µ
0 0 0

1
180 45 135HOD O+ = − =


·
µ
µ
0 0 0 0
1 1
180 180 45 135OGB O B+ = − = − =

·
·
HOD OGB⇒ =
và
¶
µ
0
1 1
45D B= =

HOD
⇒ ∆

OGB
∆
(g-g)
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ
b/ Từ câu a/ suy ra
HD DO
OB BG
=
. .HD BG OB OD⇔ =

Đặt BM = a > 0 thì AD = 2a, OB = OD = a
2
Ta có:
. . 2. 2 2 . .HD BG OB OD a a a a AD BM= = = =

HD BM
AD BG
⇒ =
và
·
·
ADC ABC=

AHD
⇒ ∆

GMB
∆
(c-g-c)
· ·
AHD GMB⇒ =
mà
·

·
AHD HAB=
(so le trong)
·
·
GMB HAB⇒ =
do hai góc này ở vị trí đồng vị nên MG // AH
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
Bài 5:
(2 đ)
Hình vẽ: 0,25 đ
kẻ AH
⊥
BD, CK
⊥
BD
Ta có: S = S
ABD
+ S
CBD
=
1 1 1
. . ( )
2 2 2
AH BD CK BD BD AH CK+ = +
Mà: AH = OA.sin

α
; CK = OC.sin
α
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
α
K
H
O
A
D
B
C
1
1
a
1
M
B
D
C
A
O
G
H
( ) ( )
1 1 1
.sin .sin .sin . .sin

2 2 2
S BD OA OC BD OA OC AC BD
α α α α
⇒ = + = + =
UBND HUYỆN GIỒNG RIỀNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2013 – 2014
Khóa ngày 17/11/2013
ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (5 điểm)
a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, giá trị của biểu thức A = n
3
+ 5n luôn là bội
của 6
b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n
2
– 14n – 256 là một số chính phương.
Bài 2: (5 điểm)
a) Thực hiện các phép tính rút gọn biểu thức: M =
53 12 10 47 6 10+ − −
b) Không dùng máy tính hãy thực hiện các phép biến đổi để so sánh hai số:
A =
2011 2013
+
và B =
2 2012
c) Tìm x, biết
2 1 2 1 1x x x x x+ − + − − = −

Bài 3: (3 điểm)

a) Cho các số dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức: a
2
+ b
2
+ c
2

≥
ab + bc + ca
b) Cho x, y là hai số thỏa mãn x > y và xy = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
2 2
x y
x y
+
−
Bài 4: (3 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao BE và CF cắt nhau tại H. Trên đoạn HB và HC
lấy hai điểm M, N sao cho
·
·
0
90AMC ANB= =
. Chứng minh rằng: AN = AM
Bài 5: (4 điểm)
Cho đường tròn tâm O bán kính R và một điểm P cố định trong đường tròn. Hai dây
cung AC và BD thay đổi nhưng luôn vuông góc với nhau tại P.
a) Chứng minh rằng: AC
2
+ BD

2
luôn không đổi.
b) Xác định vị trí của hai dây cung AC và BD sao cho diện tích của tứ giác ABCD lớn
nhất.
HẾT
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN NĂM HỌC 2013 – 2014
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN 9
Câu Nội dung đáp án Điểm
1 (5 đ)
1a Ta có A = n
3
+ 5n = n
3
– n + 6n = n(n – 1)(n + 1) + 6n
n(n – 1)(n + 1)
M
2 ; n(n – 1)(n + 1)
M
3 và (2;3) = 1
do đó n(n – 1)(n + 1)
M
6 ; 6n
M
6
Vậy: A = n(n – 1)(n + 1) + 6n
M
6
0,5
0,5
0,5

0,5
1b Gọi k là một số tự nhiên thỏa mãn n
2
– 14n – 256 = k
2

⇔
(n – 7)
2
– 305 = k
2

⇔
(n – 7 – k)(n – 7 + 7) = 305
Ta có: n – 7 – k
≤
n – 7 + k (do k
≥
0) và n – 7 – k ; n – 7 + k là 2 số nguyên
Mà 305 = 1.305 = -1.(-305) = 5.61 = (-5)(-61)
Nếu
7 1 160
7 305 152
n k n
n k k
 − − = =

⇔
 
− + = =



(nhận)
Nếu
7 305 146
7 1 152
n k n
n k k
 − − = − = −

⇔
 
− + = − =


(loại)
Nếu
7 5 40
7 61 28
n k n
n k k
 − − = =

⇔
 
− + = =


(nhận)
Nếu

7 61 26
7 5 28
n k n
n k k
 − − = − = −

⇔
 
− + = − =


(loại)
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
2 (5 đ)
2a
M =
45 2.3 5.2 2 8 45 2.3 5. 2 2+ + − − +
=
( ) ( )
2 2
3 5 2 2 3 5 2+ − −
=
3 5 2 2 3 5 2+ − −
=

3 5 2 2 3 5 2 3 2+ − + =
0,5
0,25
0,25
0,5
2b Do A và B đều là 2 số dương, ta có:
2
2
2011 2 2011. 2013 2013
2.2012 2 2012 1
A = + +
= + −
2 2
4.2012 2.2012 2.2012 2.2012 2. 2012B = = + = +
Vì
2 2
2012 1 2012− <
Nên A
2
< B
2
suy ra A < B
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
2c ĐKXĐ:
1x ≥
(*)

( ) ( )
2 2
1 1 1 1 1x x x⇔ − + + − − = −
1 1 1 1 1x x x⇔ − + + − − = −
(**)
-Nếu
2x ≥
thì
1 1x − ≥
, khi đó (**) trở thành
1 1 1 1 1x x x− + + − − = −
2 1 1 2 1 5x x x x⇔ − = − ⇔ = − ⇔ =
(nhận)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
-Nếu
1 2x
≤ <
thì
1 1x − <
, khi đó (**) trở thành
1 1 1 1 1x x x− + + − − = −
3x⇔ =
(loại)
Vậy giá trị duy nhất là x = 5
0,25
0,25

0,25
3 (3 đ)
3a
Xét hiệu (a
2
+ b
2
+ c
2
) – (ab + bc + ca) =
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
a b c ab bc ac+ + − − −
=

2 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( )
0 ( ( ) 0; ( ) 0; ( ) 0)
2
a b b c c a
do a b b c c a
− + − + −
= ≥ − ≥ − ≥ − ≥
Vậy a
2
+ b
2
+ c

2

≥
ab + bc + ca
0,5
0,5
0,5
3b
P =
2 2 2 2 2
2 2 ( ) 2x y x xy y xy x y xy
x y x y x y
+ − + + − +
= =
− − −

2 2
( ) 2 ( ). 2 2x y x y
x y x y
= − + ≥ − =
− −
Dấu “=” xảy ra khi x – y =
2
x y−
⇔
x – y =
2
Vậy giá trị của biểu thức P =
2 2 2x y⇔ − =
0,5

0,5
0,25
0,25
4 (3 đ) Hình vẽ 0,5
Xét
µ
0
( 90 ),ANB N NF AB∆ = ⊥
,
ta có AN
2
= AF.AB (1)
Xét
¶
0
( 90 ),AMC M ME AC∆ = ⊥
,
ta có AM
2
= AE.AC (2)
Chứng minh
∆
AEB
∆
AFC (g-g)
. .
AE AB
AE AC AF AC
AF AC
⇒ = ⇒ =

(3)
Từ (1), (2) và (3) có: AN
2
= AM
2

⇒
AN = AM
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
5 (4 đ) Hình vẽ 0,25
5a Kẻ OH
⊥
AC và OK
⊥
BD (H
∈
AC, K
∈
BD)
⇒
AC = 2AH ; BD = 2BK
Ta có
·
·
·
0

90OHP OKP KPH= = =
nên OHPK là hình chữ nhật

⇒
HK = OP không đổi (vì O và P cố định)
∆
OKH vuông tại O nên OK
2
+ OH
2
= HK
2
= OP
2
Do đó: AC
2
+ BD
2
= (2AH)
2
+ (2BK)
2
= 4AH
2
+ 4BK
2
=
0,25
0,5
0,25

0,25
0,25
F
H
E
B
C
A
M
N
K
P
H
O
A
C
D
B
= 4(AH
2
+ BK
2
) = 4(OA
2
– OH
2
+ OB
2
– OK
2

) =
= 4(2R
2
– OP
2
không đổi
0,5
5b Vì tứ giác ABCD có 2 đường chéo vuông góc
nên
1
.
2
ABCD
S AC BD=
Áp dụng Co-Si
2 2
2 2
. .
2
a b
a b a b
+
≥ =
Vậy
2 2
1
.
2 4
ABCD
AC BD

S AC BD
+
= ≤
không đổi
Dấu “=” xảy ra
AC BD OH OK PO⇔ = ⇔ = ⇔
là phân giác của góc HPK
Vậy khi dây AC và BD tạo với PO một góc 45
0
thì diện tích ABCD là lớn
nhất.
0,25
0,5
0,5
0,5