Bộ đề và đáp án toán học sinh giỏi lớp 9 tham khảo bồi dưỡng thi

Tập hợp các đề thi học sinh giỏi môn toán học lớp 9 có đáp án giúp các thầy cô và các
em học sinh yêu thích môn hóa học ôn tập đạt được thành tích cao trong kỳ thi học
sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh.
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH OAI
TRƯỜNG THCS CAO DƯƠNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Môn: Toán
Năm học: 2015-2016
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề

1.a) Rút gọn biểu thức A =

Câu 1:
(6,0
điểm)

2 x −9
x + 3 2 x +1
−
−
x −5 x +6
x − 2 3− x

b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1.
Hãy tính giá trị biểu thức:

A= x

(1 + y 2 )(1 + z 2 )

(1 + z 2 )(1 + x 2 )
(1 + x 2 )(1 + y 2 )
+
y
+
z
(1 + x 2 )
(1 + y 2 )
(1 + z 2 )

2.Cho n là số nguyên dương và n lẻ. CMR:

[( 46)

n

]

+ 296.13 n 1947

Câu 2: (4 điểm)
Giải phương trình

x 2 − 3x + 2 + x + 3 = x − 2 + x 2 + 2 x − 3
b ) Cho a, b, c là 3 số từng đôi một khác nhau và thoả mãn:
a
b
c
+
+

=0
b-c
c-a
a-b
a
b
c
+
+
=0
Chứng minh rằng:
2
2
(b - c)
(c - a)
(a - b) 2

Câu 3: (3 điểm)
a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :
2x6 + y2 –2 x3y = 320
b) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn
Chứng minh rằng:

1
1
1
+
+
=6.
x+ y y+z z+x

1
1
1
3
+
+
≤ .
3x + 3 y + 2 z 3x + 2 y + 3z 2 x + 3 y + 3z 2

Câu 4: (6 điểm)
Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn tâm O
khác A,B.Các tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với
AB(P∈ AB), vẽ MQ vuông góc với AE ( Q∈ AE)


1.Chứng minh rằng: Bốn điểm A,E,M,O cùng thuộc một đường tròn và tứ giác APMQ là hình chữ
nhật.
2. Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O,I,E thẳng hàng
3. Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh ∆EAO đồng dạng với ∆ MPB suy ra K là trung
điểm của MP
4. Đặt AP = x. Tính MP theo x và R.Tìm vị trí của điểm M trên đường tròn (O) để hình chữ nhật
APMQ có diện tích lớn nhất.
Câu 5: (1điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
xy2 + 2xy – 243y + x = 0
----------------Hết---------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)


Câu
Câu 1

( 6 đ)
1.( 4đ) 1.a) Rút gọn biểu thức A =
a) (2đ)

Đáp án

Điểm

2 x −9
x + 3 2 x +1
−
−
x −5 x +6
x − 2 3− x

ĐKXĐ: x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ 9
0,25đ

2 x −9

x + 3 2 x +1
A=
−
+
x DẪN
− 2 CHẤM
x − 3 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP
x −TẠO
2
xHƯỚNG

−3
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
0,5đ9
THANH OAI
Môn: Toán
x − 9 − x + 9 + 2x − 3 x − 2
TRƯỜNG THCS CAO2DƯƠNG

(

)(

(

=

=

x −2

)

)(

x− x −2

(
(
=
(

)(
x + 1) (
x − 2) (

=

x +1
x −3

x −2

x −3

x −3

Năm học: 2015-2016

)

0,25đ

)

0,25đ

)
x − 3)

x −2

0,5đ
0,25đ

b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1.
Hãy tính:
b)
( 2đ)

A= x

(1 + y 2 )(1 + z 2 )
(1 + z 2 )(1 + x 2 )
(1 + x 2 )(1 + y 2 )
+
y
+
z
(1 + x 2 )
(1 + y 2 )
(1 + z 2 )

Từ: xy + yz + xz = 1
⇔ 1 + x2 = xy + yz + xz + x2 = y(x + z) + x(x + z)

= (x + z)(x + y)
Tương tự: 1 + y2 = xy + yz +xz +y2 = y.(x+ y) +z .(x +y) = ( x+ y).(y+z)

0,25đ
0,25đ

0,25đ

1 + z2 = xy + yz + xz + z2 =x .( y + z)+ z. (y + z) = ( y +z). ( x +z)
A = x.

(1 + y )(1 + z ) + y. (1 + z )(1 + x ) + z. (1 + x ).(1 + y )
(1 + x )
(1 + y )
(1 + z )
2

2

2

2

2

2

2

2

0,25đ

2

( x + y )( y + z )( y + z )( x + z ) + y. ( y + z )( x + z )( x + z )( x + y )

( x + z )( x + y )
( x + y )( y + z )
( x + z )( x + y )( x + y )( y + z )
+ z.
( y + z )( x + z )
I
2
2
2
= x. ( y + z ) + y. ( x + z ) + z. ( x + y )
M
= = x.( y + z ) + y.( x + z ) + z.( x + y ) = xy + xz + xy + yz + xz + yz = 2

0,25đ

= x.

n

n

n

n

n

Ta có: 46 + 296.13 = 46 - 13 + 297.13
= 46n - 13n + 9.33.13n
= (46-13).(…)

+ 9.33.13n
B
O

2. (2 đ)

K

P

0,25đ
0,25đ

Q

0,25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ

E
I

x

A

= 33 . (…) + 9.33.13n 33
Lại có: 46n + 296.13n = 46n + 13n +295.13n = (46n +13n) + 5.59.13n
(46+13) . (…) + 5.59.13n

0.25đ
=
0.25đ


Cao Dương ngày 20 tháng 10 năm 2015
Người ra đề

DUYỆT CỦA BGH

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS BÍCH HÒA

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2015-2016
Môn thi: Toán
Thời gian: 150 phút

Bài 1 : (5,0 điểm)
 x+ y
x− y 
 : 1 + x + y + 2 xy 
+
Cho biểu thứcP = 

1 − xy 
1 − xy
1 + xy 
 





a)Tìm ĐKXĐ và rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của P khi x =

2
2+ 3

c) Tìm giá trị lớn nhất của P.
Bài 2: (4,0 điểm)
a) Giải phương trình: 2 x + 4 x 2 − 1 + 2 x − 4 x 2 − 1 = 2
b) Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho 1! + 2! + 3! + 4! + … + n! là số chính phương.
Bài 3: (4,0 điểm)
a) Cho x.y > 0 và x + y = 1.
Chứng minh rằng:

(

)

8. x 4 + y 4 +

1
≥ 5.
xy

b) Chứng minh bất đẳng thức sau:

6 + 6 + 6 + 6 + 6 + 30 + 30 + 30 + 30 + 30 < 9

Bài 4: (5,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng xy không giao nhau. Từ một điểm M tùy ý trên xy kẻ
hai tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn (O), trong đó P, Q là các tiếp điểm. Qua O kẻ OH
vuông góc với xy, dây PQ cắt OH tại I, cắt OM tại K. Chứng minh:
a)
OI.OH = OK.OM = R2
b)
PQ luôn luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M thay đổi trên xy.
Bài 5: (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao AD, trực tâm H. Tính độ dài AD biết AH =
14cm; BH = CH = 30cm.
---------------------------------Hết-----------------------------------


ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM
Bài
Bài 1
(5điểm)

Nội dung

Điểm
0,5

a)ĐKXĐ: x ≥ 0; y ≥ 0; xy ≠ 1
 x+ y

P = 

 1 − xy

(

+

)(

x− y 
 : 1 + x + y + 2 xy 

1 − xy 
1 + xy  

) (

)(

)

x + y 1 + xy + x − y 1 − xy  1 − xy + x + y + 2 xy 

: 
1 − xy
1 − xy


2 x
= ...... =

x +1
P=

2

b) x =

(

2+ 3

)

=

(

) (

2 2− 3
=
1

)

1,5

0,5

2

3 −1 ; x = 3 −1

1,0

2 3 −1

6 3+2
P=
=
13
4 − 2 3 +1

c) P =

0,5

0,5

2 x x +1
≤
=1
x +1 x +1

(Dấu ‘=’ xảy ra khi x = 1 và y ≠ 1)

0,5

Vậy Max P = 1 khi và chỉ khi x = 1 và y ≠ 1, y≥ 0
Bài 2

(4điểm)

0,25

a) ĐKXĐ: x ≥ 1
2

Nhân 2 vế với 2 ta được:

(

2x + 1 + 2x − 1

)

2

ó 2x + 1 + 2x − 1 +
ó 2x + 1 = 2

+

(

2x + 1 − 2x − 1

)

2

=2 2

2x + 1 − 2x − 1 = 2 2

0,5
0,25
0,5


óx =

Bài 3
(4điểm)

0,5

1
(TMĐK)
2

b)- Với n = 1 thì 1! =1= 12 là số chính phương
- Với n = 2 thì 1!+2! = 1+1.2 = 3 không là số chính phương
- Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! =1 + 1.2 + 1.2.3 =9 = 32 là số chính phương
- Với n ≥ 4 thì 1! + 2! + 3! + 4! =1 + 1.2 + 1.2.3 +1.2.3.4 = 33
còn 5!; 6!; 7!;…; n! đều có tận cùng bằng 0. Do đó :
1! + 2! + 3! + 4! + … + n! có tận cùng bằng 3 nên không là số chính
phương.
Vậy có hai số tự nhiên thỏa mãn là n = 1; n = 3.
 xy > 0
⇒ x, y > 0.

a) Từ giả thiết 
x + y = 1 > 0
Ta có:
1
1
1 = x + y ≥ 2. xy ⇒ ≥ xy ⇒
≥ 4(1).
4
xy
Lại có:

(

)

0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5

0,5

2

2
8. x 4 + y 4 = 4.(12 + 12 ).( x 4 + y 4 ) ≥ 4.( x 2 + y 2 ) 2 = (12 + 12 ).( x 2 + y 2 )  ≥ ( x + y )  = 1.



4
4
Suy ra: 8.(x + y ) ≥ 1 (2).
0,5
2

Từ (1) và (2) suy ra:
1
8.( x 4 + y 4 ) +
≥ 1 + 4 = 5.
xy
Ta có đpcm.
b) Vì

6< 9

=>

6 <3

0,5

; và

30 < 36 => 30 < 6

nên

6+ 6+ 6+ 6+ 6 < 6+ 6+ 6+ 6+3 = 3

30 + 30 + 30 + 30 + 30 < 30 + 30 + 30 + 30 + 6 = 6

Cộng từng vế ta suy ra điều phải chứng minh.

0,5
0,5
0,5
0,5


Bài 4
(5điểm)

0,5
O
P

I

K

Q

x

Câu 5
(2điểm)

M

y

H

a)

Δ OMH đồng dạng với Δ OIK (g-g), ta có:
OM OH
=
suy ra OI.OH = OM.OK
(1)
OI
OK
Tam giác OPM vuông ở P mà PK ⊥ OM nên:

1,0

R2 =OP2 = OK.OM
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: OI.OH = OK.OM = R2

1,0
0,5

R2
b)Từ câu a) suy ra OI=
OH

1,0

Do R không đổi, OH không đổi nên OI không đổi, do đó điểm I cố
định. Vậy khi điểm M thay đổi trên xy thì các dây cung PQ luôn luôn
đi qua điểm I cố định.
Gọi E là điểm đối xứng với H qua BC. Ta có BHCE là hình thoi,
ΔABE vuông tại B nên BE2 = ED.EA. Đặt DE =x.
Có hai trường hợp:
TH1: BAˆ C < 90 0 .
A
ta có:x(2x+ 14) = 302
Giải phương trình ta được
x =18 thỏa mãn.
Từ đó tính được AD=32cm
H

1,0

B

D

C
x
E

0,5
0,75

TH2: BAˆ C > 90 0
Ta có x(2x-14) = 302
Giải phương trình ta được:
x= 25 thỏa mãn
Từ đó tính được AD = 11cm.

0,75
H

A
B

C
x

x

D

E

Phòng GD huyện Thanh Oai
Trường THCS Bình Minh

Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9
năm học 2015- 2016
Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (6đ)
a. Cho biểu thức:



x   1
2 x
P =  1 +
:
−
÷

÷
÷
÷
 x +1   x −1 x x + x − x −1 
1.Rút gon P

2.Tính P tại x=7+2 6
3. Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x>1
b. Chứng minh rằng: Với mọi n ∈ N . Ta có 33n +3 − 26n − 27 M
169
Bài 2:(4đ)
a.Giải phương trình:
4 x + 5 + 3x + 1 = 2 x + 7 + x + 3
b.Cho a,b,c ≠ 0 và a3b3+ b3c3 + c3a3 =3a2b2c2
 a   b  c 
Tính A = 1 + ÷1 + ÷1 + ÷
 b   c  a 

Bài 3:(3đ)
a.Tìm nghiệm nguyên của phương trình
(x+2)4 _ x4 = y3

2

2

1 
1

b. Cho x,y>0 và x+y=1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A=  x + ÷ +  y + ÷
x 
y

Bài 4:(6đ)
Cho đường tròn tâm O bán kính R, từ một điểm S ở ngoài đường tròn vẽ các tiếp tuyến SA.SB ( A, B là
các tiếp điểm). Kẻ đường kính AC của (O), tiếp tuyến tại C cắt AB tại E. Chứng minh:
a) Bốn điểm A,O,S,B thuộc cùng một đường tròn.
b) AC2 = AB.AE
c) SO // CB
d) OE vuông góc với SC
Bài 5: (1đ) Tìm a,b là các số nguyên dương sao cho: a + b2 chia hết cho a2b-1

Đáp án + biểu điểm
Bài 1: a) (4đ)
1.(2đ)
Tìm được ĐK: x ≥ 0; x ≠ 1 ,

0,25đ

P=


x +1+ x  1
2 x
: 
−
÷
÷
x +1
 x − 1 ( x − 1)( x + 1) 

0,5đ

P=

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

0,5đ

P=

x + x + 1 ( x − 1)( x + 1)
.
x +1
( x − 1)2

0,5đ

P=

x + x +1
x −1

0,25đ

2. (1đ) Ta có x= 7 + 2 6 = ( 6 + 1) 2 ⇒ x = 6 + 1
Thay vào biểu thức ta có P =
3. Ta có P =

P=

7 + 2 6 + 6 +1+1 9 + 3 6 3 6 + 6
=
=
2
6 +1−1
6

x + x +1
3
3
= x +2+
= x −1 +
+3
x −1
x −1
x −1

Do x>1 ⇒ x − 1 > 0 . Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho 2 số dương ta có
P ≥ 2 3 + 3 . Dấu “ =” xảy ra khi x= (1+ 3 )2
Vậy Min P= 2 3 + 3 khi x= (1+ 3 )

2

0.5đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ


b. Đặt A= 33n+3 - 26n – 27 = 27.27n – 26n - 27 =27.(27n – 1) -26n
= 27(27-1)(27n-1 + 27n-2 +…+27+1) - 26n
=26( 27n+27n-1+27n-2+…+27 – n)
n
n −1
n −2
=26. (27 − 1) + (27 − 1) + (27 − 1) + ... + (27 − 1) 
=26.bội số của26 M169(đpcm)
Bài 2:(4đ)
a) (2đ)
−1
ĐK: x ≥
3
Biến đổi:

0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,25đ

⇔ 4 x + 5 − x + 3 = 2 x + 7 − 3x + 1
Giả sử 2 vế của phương trình cùng dấu, bình phương 2 vế ta được

(4 x + 5)( x + 3) = (2 x + 7)(3 x + 1)

0,5đ

0,5đ
0,25đ

⇔ 4 x 2 + 17 x + 15 = 6 x 2 + 23x + 7
⇔ x 2 + 3 x − 4 = 0 ⇔ ( x + 4)( x − 1) = 0

0,5đ

 x = −4loai
⇒
x =1

b)(2đ) Đặt ab=x;bc=y;ca=z. Ta có x3 + y3 + z3 = 3xyz
Biến đổi ta được:

( x + y + z ) ( x − y ) 2 + ( y − z ) 2 + ( z − x) 2  = 0

x + y + z = 0
⇒
x = y = z
• Nếu x+y+z=0 ⇒ ab + bc + ca = 0 ⇒
• Nếu x=y=z ⇒ a=b=c ⇒ A=8

A=-1

0,75đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ

Bài 3: (3điểm)
a.

1,5d) Giải: (x+2)4 –x4 =y3

⇔ x4 +8x3 +24x2 + 32x + 16 –x4 = y3
⇔ 8x3+24x2 +32x +16 =y3
Vì 12x2 + 22x +11 = 11(x+1)2 + x2 >0
12x2+ 26x +15 = 11(x+1)2 + (x+2)2>0
Ta có : (8x3 +24x2 + 32x +16) - (12x2 + 22x +11) < y3 < (8x3 +24x2 + 32x +16) +
( 12x2+ 26x +15)
⇔ (2x+1)3 ⇒ 8x3+24x2 +32x +16 = 8x3 + 24x2 + 24x +8
⇔ 8x =-8 ⇔ x=-1 ; y=0. Vậy nghiệm nguyên của phương trình là
(-1 ;0)
b) (1,5đ)

0,25đ
0,5đ

0,5đ
0,25đ


2(a2 + b2 ) ≥ (a + b)2 với mọi a,b
1 1
4
Và bất đẳng thức : + ≥
với mọi a,b > 0
a b a +b
Dấu “=” xảy ra khi a=b.
Áp dụng các bất đẳng thức trên ta có:
Chứng minh bất đẳng thức

2

0,5đ

2

1
1
1
1
1 1 1
25
( do x+y =1)

A ≥  x + + y + ÷ =  x + y + + ÷ ≥ (1 + 4) 2 =
2
x
y
2
x y 2
2
Dấu “=” xảy ra khi x= y = 0,5
Vậy Min A = 12,5 ⇔ x= y = 0,5
Bài 4:(6đ)
a.
Vẽ đúng hình chứng minh được 4 điểm A,O,S,B cùng thuộc 1 đường tròn đường kính
SO
b.Cm được AC2=AB.AE

0,5đ
0,25đ
0,25đ

1,5đ
1,5đ

O
S

C
c. Cm được SO//CB

E

y

EC AC
EC AC
=
⇒
=
⇒ ∆ OCE đồng dạng ∆
OA SA
OC SA
SAC từ đó suy ra OE vuông góc với SC
Bài 5: (1đ)
x 2 − 2Mxy + 2 ⇒ y ( x 2 − 2)Mxy + 2 ⇒ x( xy + 2) − 2( x + y )Mxy + 2

d. Cm ∆ AECđồng dạng ∆ SOA ⇒

1,5đ
1,5đ

⇒ 2( x + y )Mxy + 2
Đặt 2(x+y)=k(xy+2) với k ∈ Z +
Nừu k=1 ⇒ 2 x + 2 y = xy + 2 ⇔ ( x − 2)( y − 2) = 2
Tìm được x=4 ; y=3
Nừu k ≥ 2 ⇒ 2( x + y ) ≥ 2( xy + 2) ⇒ x + y ≥ xy + 2 ⇒ ( x − 1)( y − 1) + 1 ≤ 0 vô lí (loại)
Vậy x=4. y=3
Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm.

1,0đ

PHÒNG GD & ĐT THANH OAI

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9

TRƯỜNG THCS CỰ KHÊ

MÔN TOÁN HỌC
NĂM HỌC: 2015 - 2016
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: ( 4đ )
Cho biểu thức
P=

x +1

:

1

x x +x+ x x − x
2

và Q = x 4 − 7 x 2 + 15

( với x > 0, x ≠ 1 )

a) Rút gọn biểu thức P
b) Với giá trị nào của x thì Q – 4P đạt giá trị nhỏ nhất?
Bài 2: ( 4đ )

Cho ba số dương a , b , c . Chứng minh rằng
1 1 1
1
1
1
+ + ≥ 3(
+
+
)
a b c
a + 2b b + 2c c + 2a

Bài 3: ( 4đ )
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x 2 − 3 y 2 + 2 xy − 2 x − 10 y + 4 = 0

Bài 4: ( 6đ)
Trên đường tròn tâm (o), bán kính R lấy hai điểm A và B tùy ý. Giả sử C là một điểm nằm
phía trong AB ( C ≠ A, C ≠ B ). Kẻ đường kính AD của đường tròn tâm (o). Cát tuyến đi
qua C vuông góc với đường kính AD tại H cắt đường tròn tâm (o) tại M và N. Đường thẳng
đi qua M và D cắt AB tại E. Kẻ EG vuông góc với AD tại G
a) Chứng minh rằng: BDHC và AMEG cùng thuộc một đường tròn
b) Chứng minh rằng: AM 2 = AC . AB
c) Chứng minh rằng: AE . AB + DE . DM = 4R 2
Bài 5 ( 2đ)
Các góc nhọn của tam giác ABC thỏa mãn điều kiện
CosA + CosB + CosC = CosA.CosB + CosB.CosC + CosC.CosA
Chứng minh rằng tam giác ABC đều
................... Hết ......................

PHÒNG GD & ĐT THANH OAI

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9

TRƯỜNG THCS CỰ KHÊ

MÔN TOÁN HỌC
NĂM HỌC: 2015 - 2016

Câu
1/a

Đáp án
P=

x +1
x ( x + x + 1)

. x ( x − 1)( x + x + 1)

0,5đ
0,5đ

= ( x + 1)( x − 1)
= x −1

1/b

Q – 4P = x 4 − 7 x 2 + 15 − 4 x + 4

= ( x 4 − 8 x 2 + 16) + ( x 2 − 4 x + 4) − 1
= ( x 2 − 4) 2 + ( x − 2) − 1 ≥ -1 Với mọi x
x2 − 4 = 0
Dấu đẳng thức xảy ra khi x − 2 = 0
ó x=2
Vậy Min Q - 4P = -1 khi x = 2
Với x, y, z > 0 ta có

{

2

1
1 1 1
+ + ≥ 3. 3
xyz
x y z
1 1 1
 ( x + y + z )( x + y + z ) ≥ 9
1 1 1
9
ó x + y + z ≥ x+ y+z *

x+ y+ z ≥

3

Điểm
1đ

xyz ,

0,5
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

Áp dụng * ta có:
1 1 1
9
1 1 1
9
1 1 1
9
+ + ≥
, + + ≥
, + + ≥
a b b
a + 2b b c c
b + 2c c a a
c + 2a

Cộng vế ta được:

1 1 1
1

1
1
+
+
)
a b c
a + 2b b + 2c c + 2a
1 1 1
1
1
1
+
+
)
ó + + ≥ 3(
a b c
a + 2b b + 2c c + 2a

3( + + ) ≥ 9(

3

Dấu đẳng thức xảy ra khi: a = b = c
Biến đổi phương trình ó [ x 2 + 2 x( y − 1) + ( y − 1) 2 ] – ( 4 y 2 + 8 y + 4) + 7 = 0
ó ( x + y − 1) 2 − (2 y + 2) 2 + 7 = 0
ó (3 y + x + 1)( y − x + 3) = 7
Do đó: 3 y + x + 1 và y − x + 3 là ước của 7

1
0,5

0,5
0,5
1
1
1
0,5
0,5


4/a

Vậy : ( x, y ) ( 7; -3 ), ( 1; -3 ) , ( 3; 1 ) , ( -3 ; 1 )
Vẽ hình
Tứ giác BDHC và tứ giác AMEG là tứ giác nội tiếp
Vì có tổng hai góc đối bằng 180 0

1

4/b ∆AHC đồng dạng ∆ABD ( g. g )
=>

0,5

AH AC
=
AB AD

0,5
0,5

Nên AH. AD = AB. AC
Áp dụng hệ thức lượng với tam giác vuôngMAD
Ta có: MA 2 = AH. AD
 AM 2 = AB. AC
4/c

∆AGE đồng dạng ∆ABD ( g. g )
 AE. AB = AG. AD
∆DGE đồng dạng ∆DMA ( g. g )
 DE. DM = DG. DA
Vậy AE. AB + DE. DM = AD(AG + GD)
= AD 2 = 4R 2

0,5
0,5
D 0,5

N

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

G
H

•

O

.
A

E

C

B

M

5

Đặt CosA = x , CosB = y, Cos C = z ( ta có x ; y ; z > 0 )
x + y + z = xy + yz + zx
ó ( x − y )2 + ( y − z )2 + ( z − x) = 0

0,25
0,25
0,25

2
( x − y) = 0

( y − z )2 = 0
( z − x)2 = 0
=> x = y = z
Hay CosA = CosB = Cosc

 A=B=C
Vậy ∆ABC đều

0,5
0,25
0,25
0,25


Ban giám hiệu

PHT. Vũ Thị Hồng Thắm
PHÒNG GD-ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS CAO VIÊN

Người duyệt đề

Người ra đề / đáp án

Trịnh Văn Đông

Đàm Trọng Tuấn

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
Môn: Toán 9 (Thời gian 150 phút )
Năm học 2015-2016

Bài 1: ( 5điểm )
 x +1
xy + x  

xy + x
x +1 
+
+ 1÷:  1 −
−
÷
1) Cho biểu thức: P = 
÷
÷
xy
+
1
1
−
xy
xy
−
1
xy
+
1

 


a. Tìm điều kiện để biểu thức P có nghĩa và rút gọn P.
b. Cho

1
1

+
= 6 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P.
x
y

2) Cho x + 3 = 2 . Tính giá trị của biểu thức:

B = x 5 − 3 x 4 − 3 x 3 + 6 x 2 − 20 x + 2020

Bài 2: ( 4 điểm )
1) Cho hàm số y = ( m- 1) x + m2 -1 ( m là tham số). Tìm m để đồ thị hàm số là đường
thẳng cắt hai trục tạo độ tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB là tam giác cân.
2) Giải phương trình : 2 ( x 2 − 3 x + 2 ) = 3 x 3 + 8
Bài 3 : ( 3 điểm )
1) Tìm số tự nhiên n để A = 20124 n + 20134 n + 20144 n + 20154 n là số chính phương.
2) Cho các số thực dương a, b,c thỏa mãn ab + bc + ca = 2015.
a
b
c
3
+
≤
Chứng minh bất đẳng thức:
2015 + a 2
2015 + b 2 2015 + c 2 2
Bài 4: ( 6 điểm )
Cho đường tròn ( O,R ). Đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của (O).Trên đường
tròn lấy E ( E khác A,B).Tiếp tuyến tại E cắt Ax,By lần lượt tại C và D. Vẽ EF vuông góc
với AB tại F. BC cắt EF tại I. EA cắt CF tại M, EB cắt DF tại N và K là trung điểm của AC.
1. Chứng minh I là trung điểm của EF và K, M, I, N thẳng hàng.

1 r 1
2. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác COD. Chứng minh < < .
3 R 2


3. Gọi r1 , r2 lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác COE và DOE. Chứng minh
2
2
2
rằng r = r1 + r2
Bài 5: ( 2 điểm )
Cho các số thực a và b thay đổi thỏa mãn a3 + b3= 2. Tìm tất cả các giá trị nguyên của
(a+b ).
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN (2015-2016)
Câ
u
Bài
1
(5đ)

Đáp án
1) Đkxđ :

Điể
m
0,5đ

x > 0; y > 0; xy ≠ 1

 x +1
xy + x  
xy + x
x +1 
P=
+
+ 1÷:  1 −
−
÷
 xy + 1 1 − xy
÷
÷
xy
−
1
xy
+
1

 

 x +1
x +1   x +1
x +1 
P=
+
:
−
÷
 xy + 1 1 − xy ÷

÷  1 − xy
xy + 1 ÷

 

(1 − xy )(1 + xy )
2( x + 1)
P=
.
xy + 1)(1 − xy
2 xy ( x + 1)
P=

1
xy

0,5
0,5
0,5đ

2

 1
1 
4
≥
b)+ Chứng minh được BĐT  +
÷
÷
y

xy
 x
1
+ từ gt biến đổi ta được : xy ≤ 9 ⇔ P ≤ 9

+

Tìm được dấu bằng : x = y =

1
9

0,5đ
0,5đ
0,25đ

1
9

0,25đ

2) x + 3 = 2 => x − 2 = − 3 ⇒ ( x − 2) 2 = 3 ⇒ x 2 − 4 x + 1 = 0

0,5đ

+ KL : max P= 9 khi x = y =

B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2020
B = (x5 – 4x4 + x3 ) + ( x4 – 4x3 + x2 ) + 5( x2 – 4x + 1) + 2015
B = x3( x2 – 4x + 1) +x2( x2 – 4x + 1) +5(x2 – 4x + 1) + 2015

B = 2015

0,5đ
0,25đ
0,25
đ


Bài + HS lập luận được để đồ thị hàm số là đường thẳng cắt 2 trục tọa độ tại 2
2
điểm A và B sao cho tam giác OAB cân tại O thì đồ thị hàm số đã cho song
(5đ)
song với đường thẳng y = x ( hoặc y = - x )
m − 1 = 1

+ Từ đó dẫn đến 

m − 1 ≠ 0
2

 m − 1 = −1

hoặc 

2
m − 1 ≠ 0

1đ

giải hệ pt ta tìm được

m = 2 hoặc m = 0 và trả lời bài toán
1đ
2. đk x ≥ −2
Biến đổi pt đưa về pt 2 ( x 2 − 2 x + 4 ) − 2( x + 2) = 3 ( x + 2)( x 2 − 2 x + 4)
Nếu x= -2 không là nghiệm của pt
. Nếu x ≠ −2 . Biến đổi đưa pt về: 2.
Đặt t =

0,5đ
0,25đ

x2 − 2 x + 4
x2 − 2x + 4
−2 =3
x+2
x+2

0,25đ

x − 2x + 4
(t > 0)
x+2
2

2

PT đưa về dạng 2t – 3t – 2 =0
Tìm được 2 nghiệm t = -0,5 ( loại ) ; t = 2 ( thỏa mãn )
Từ đó tìm được x = 3 ± 13

0,25
đ

Kết hợp đk và kết luận nghiệm

0,25đ

{

S = 3 ± 13

Bài
3
(3đ)

0,25
đ

}

1) + Xét n= 0 thì A= 4 là số chính phương ( thỏa mãn )
+ Xét n là số tự nhiên khác 0
A = (20124)n + (20134)n + (20144)n+ (20154)n
- Lập luận để tìm được chữ số tận cùng

0,25đ
0,5đ
0,25đ

(20124)n có CSTC là 6
(20134)n có CSTC là 1
(20144)n có CSTC là 6
(20154)n có CSTC là 5
Vậy A có CSTC là 8
Từ đó kết luận A không thể là số chính phương .

1đ
0,25đ

1) + ta có 2015 + a2 = ab + bc + ca + a2 = ( a + b ) ( a + c )
+ Áp dụng BĐT cô si ta được
(a + b) + ( a + c) ≥ 2 (a + b)( a + c)

0,25đ

(a + b) + (a + c) 2 (a + b)(a + c)
≥
(a + b)(a + c)
(a + b)(a + c )
2
1
1
a
1 a
a 
⇔
≤
+

⇔
≤ 
+
÷
(a +x b)(a + c) a + b a + c
(a + b)(a + c) 2  ay + b a + c 
⇔

Q
Chứng minh
tương tự ta có
b
1 b
b 
≤ 
+
÷
(b + c)(b + a ) 2  b + c b + a 

1đ

c
1 c
c 
≤ 
+
÷
(c + a)(c + b) 2  c + b c + a 

Cộng theo vế các BĐT trên ta được

a C
b
c
1 a+b b+c c+a  3
+
≤ 
+
+
÷=
2015 + a 2
2015 + b 2 2015 + c 2 2  a + b b + c c + a  2
E

Bài
4
(6đ)

K

D
M
I
N

A

O

F

O

FI

B

N

0,25đ
0,5đ


1. + kéo dài BE cắt Ax tại Q
+ chứng minh được ∆ CEQ cân tại C và ∆ CAE cân
Suy ra CA = CQ
( 1)
EI
BI
IF
EI
IF
=
=
⇒
=
+ EF//CQ nên
(2)
CQ BC CA
CQ AC
( 1) ( 2 ) ⇒ EI = IF

EF EM 
=
EI
EM
AC MA 
=
⇒
1
1
AK MA
IE = EF, KA = AC 

2
2
Cm ∆ EMI đồng dạng ∆ AMK (c-g-c)
EF / / CA ⇒

+

0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ

0,5đ

Suy ra EMI = KMA
Suy ra KMA + AMI =1800

0,5đ


Vậy K , M , I ,N thẳng hàng

2. + đặt CD = a ; OC =b ; OD =c ( a > b; a > c )
+ vì r là bán kính đường tròn nội tiếp ∆ COD
1
1
1
r
a
sCOD = r (OC + OD + CD ) = r (a + b + c ) = R.a ⇒ =
2
2
2
R a+b+c
+ Trong ∆ COD có b+c > a suy ra a+ b +c > 2a
a
a 1
r 1
⇒
<
= ⇒ <
(3)
a + b + c 2a 2
R 2
a
1
r 1

a > b, a > c ⇒ a + b + c < 3a ⇒
> ⇒ >
+ Vì
(4)
a+b+c 3
R 3
Từ (3) (4) suy ra đpcm
3. + gọi P là nửa chu vi tam giác
r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác
S là diện tích tam giác
ta chứng minh được S = Pr
+ Cm : ∆ COD đồng dạng với các ∆ CEO ; ∆ OED
CO CD OD
⇒
=
=
CE CO EO
s
PCEO .r1 CO 2 
CO 2
⇒ CEO =
⇒
=

SCOD CD 2
PCOD .r CD 2  CO.r1 CO 2
r1
r
=
⇒

=
⇒
CD.r CD 2
CO CD (5)
PCEO CO

=

PCOD CD
r1
r
=
Cm tương tự ta có :
(6)
OD CD
Từ (5) (6)
r1
r2
r12
r2 2
r12 + r2 2
r12 + r2 2
r2
⇒
=
⇒
=
=
=
=

⇒ r12 + r2 2 = r 2
2
2
2
2
2
2
CO DO
CO
OD
CO + OD
CD
CD
(đpc
m)

0,5đ
0.5đ
0,5đ

0,25đ

0,5đ

0,75đ


Bài + Ta có a3+b3= (a+b) (a2-ab +b2) Mà a3+b3 = 2 và a2-ab +b2 > 0
5
Suy ra : a+ b >0

(1)
(1đ) + đặt a= x + 1; b = y +1
a3+b3 = 2 hay x3 + y3 +3(x2+ y2) +3(x+y) =0
mà 3(x2+ y2) ≥ 0 ⇒ x3 + y3 +3(x+y) ≤ 0 ⇒ ( x + y)( x2-xy+y2 +3) ≤ 0
⇒ x+y ≤ 0 ( vì x2-xy+y2 +3 >0 )
⇒ a+ b ≤ 2
(2)
Mặt khác a+b là số nguyên (3)
Từ (1) và (2) , (3) ⇒ a+ b =1 ; a+ b =2
+ Nếu a+b =2 thì ta luôn chọn được cặp số a=b =1 ( thỏa mãn đầu bài )
+ Nếu a+ b = 1 . khi đó ta có a+ b = 1 và a3+b3 = 2
a + b = 1  a = 1 − b


2
⇒
−1 ⇒ 
1
7
a
.
b
=
b
−
=
>0

÷



3
2  12


(I)

0.25

1đ

0,5đ

Vì hpt (I) có nghiệm a,b nên tồn tại cặp số thực để a+b = 1
0,25đ
Vậy để thỏa mãn các dữ kiện của đề bài thì chỉ tồn tại 2 giá trị nguyên của a+ b
= 1 ; hoặc a+b =2
Người ra đề

Tổ chuyên môn

Ban giám hiệu

Nguyễn Mai Phương
PHÒNG GD& ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS ĐỖ ĐỘNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2015-2016

MÔN : TOÁN

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (6 điểm)
1.(4đ) Cho biểu thức: M =

a + 1 a a −1 a2 − a a + a −1
+
+
a
a− a
a −a a

với a > 0; a ≠ 1

a) Rút gọn M.
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N =

6
nhận giá trị nguyên.
M


2.( 2đ) Tính giá trị của biểu thức E =
y=

1 + xy 1 − xy
−
x+ y x− y

với x = 4 + 8 . 2 + 2 + 2 . 2 − 2 + 2 ;

3 8 − 2 12 + 20
3 18 − 2 27 + 45

Câu 2: (4 điểm)

1.(2đ)
2.(2đ)

(

Giải phương trình:

)(

x+4 −2 .

)

4 − x + 2 = 2x

Với a; b là các số thực dương thỏa mãn

a
2b
+
= 1.
1+ a 1+ b

Tìm giá trị lớn nhất của P = ab2

Câu 3 : (4 điểm)
1.(2đ)

Tìm các số nguyên (x,y) thỏa mãn: 5x2 + 13y2 + 6xy = 4(3x – y)

2.(2đ)

Cho a, b, c là các số lớn hơn 1. Chứng minh bất đẳng thức sau:

Câu 4 : (5 điểm)
Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (M không trùng với A và B). Trong
nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường thẳng AB, kẻ tiếp tuyến Ax. Đường thẳng BM cắt Ax tại
·
I; tia phân giác của IAM
cắt nửa đường tròn O tại E, cắt IB tại F; đường thẳng BE cắt AI tại H, cắt AM tại
K.
a) Chứng minh 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh HF ⊥ BI .
c) Xác định vị trí của M trên nửa đường tròn O để chu vi ∆AMB đạt giá trị lớn nhất và tìm giá trị
đó theo R?
Câu 5 (1.0 điểm). Tìm các số tự nhiên x, y biết rằng:

(2

x

+ 1) ( 2 x + 2 ) ( 2 x + 3) ( 2 x + 4 ) − 5 y = 11879 .
-------Hết -----

PHÒNG GD& ĐT THANH OAI

TRƯỜNG THCS ĐỖ ĐỘNG

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2015-2016

MÔN : TOÁN

Đáp án và hướng dẫn chấm
Câu1
1
(4đ)

Điểm
6đ

a

ĐKXĐ a > 0; a ≠ 1 (*)

0,25


M=

a +1
+
a

(

)(
a(

) − ( a − 1) ( a −

a −1 a + a +1

)

a ( a − 1)

a −1

)

a +1

2,25

a + 2 a +1
Vậy M =
với a > 0; a ≠ 1 (*)
a
Ta có M =

a + 2 a +1 a +1
=
+2
a
a

Do a > 0; a ≠ 1 nên
b

⇒0< N =
⇔

(

)

2

a −1 > 0 ⇔ a +1 > 2 a ⇒ M >

6 a
=1⇔
a +1+ 2 a

(

a −2

{(

)

(
(

)
)

a = 2 + 3 2
 a = 2+ 3

=3⇔ 
⇔
(TM *)
2
 a = 2 − 3
 a = 2 − 3

) (
2

Vậy N nguyên khi a ∈ 2 + 3 ; 2 − 3

0.25đ
0,5đ

6 3
< do đó N nguyên thì N = 1
M 2
2

2 a
+2= 4
a

)}
2

0,5đ

0,25đ

Ta có: x = 4 + 8 . 2 + 2 + 2 . 2 − 2 + 2

(

)(

)

x = 4 + 2 2 . 4 − 2 − 2 = 2 2 + 2 2 − 2 = 2.2 = 2

2
(2đ)

y=

4
4
1−
3−
3=9
⇒E=
8
4

8
3
3
1+

Câu 2

(
(

)
)

4 3 2 −2 3+ 5
3 8 − 2 12 + 20
2
=
=
3
3 18 − 2 27 + 45
9 3 2 −2 3 + 5

0,75
0,75

0,5

4đ

ĐK: −4 ≤ x ≤ 4 . PT đã cho tương đương với:
x
. 4 − x + 2 = 2x
x+4 +2
* x = 0 là nghiệm
* Giải 4 − x + 2 = 2. x + 4 + 2

(

)

(

1
(2đ)

0.5đ
0.25đ

)

Đặt u = x + 4 ; v = 4 − x ta thu được
2
14

v = 2u + 2
2
96
2
u = ; v =

2
⇒ u + ( 2u + 2 ) = 8 ⇔ 
5
5 ⇒ x+4 = ⇒ x =−
 2 2
(TM)
5
25
u + v = 8

u = −2(loai)
96
Vậy pt đã cho có 2 nghiệm: x1 = 0 , x2 = −
25
Theo BĐT Cô – si cho hai số dương ta có:
1
b
a
b
ab
= 1−
=
+
≥2
1+ b
1+ b 1+ a 1+ b
( 1 + a) ( 1+ b)

0.5đ

0.25đ

0.5đ

2

4ab
1 4ab
 1 
=
.
Suy ra : 
÷ ≥
 1+ b  ( 1+ a ) ( 1 + b) 1+ a 1+ b
2
(2đ)

0.5đ

2

1
a
2b
2b 4ab
1
 1 
= 1−
=
⇒

.
⇒ ab 2 ≤
÷ ≥
1+ a
1+ a 1+ b 1+ b  1+ b 1+ b
8
1
1
1
Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b = . Vậy Pmax = tại a = b =
2
8
2

Mà

0.5đ
0.5đ

Câu 3

4đ
PT tương đương ( x + 3 y ) + ( 2 x − 3) + ( 2 y + 1) = 10
Mà 10 chỉ có thể biểu diễn dưới dạng tổng 3 bình phương :
10 = 02 + 12 + 32 và 2x – 3; 2y + 1 là số lẻ nên:
x + 3y = 0
x + 3y = 0


2

2
hoặc
( 2 x − 3) = 1 (*)
( 2 x − 3) = 9 (**)


2
2
( 2 y + 1) = 9
( 2 y + 1) = 1
2

1
(2đ)

2

2

Xét hệ (*) từ Phương trình đầu ⇒ x = −3 y ⇒ ( 2 ( −3 y ) − 3) = 1
2

PT vô nghiệm
x = y = 0
 2 x − 3 = ±3


Xét hệ (**)  2 y + 1 = ±1 ⇔   x = 3
x + 3y = 0
  y = −1


Đáp số: x = y = 0; x = 3, y = -1

0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25


Đặt P =
0,25

P=

0,5

P=

0,5

P=
2
(2đ)

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta có :

Do

0,25

P
Vậy P

0,5

(đpcm)

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2.
Câu 4

5đ
Hình vẽ

x
I
F
M
H

E K

A

O

B

·
Ta có M, E nằm trên nửa đường tròn đường kính AB nên FMK
= 900 và
a

b

·
FEK
= 900 .

0.5

Vậy 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên đường tròn đường kính FK

0.25

Ta có ∆HAK cân tại A nên AH = AK (1)

0.25

K là trực tâm của ∆AFB nên ta có FK ⊥ AB suy ra FK // AH (2)

0.25

·
·
·
·
Do đó FAH

(gt) cho nên ·AFK = FAK
= ·AFK mà FAH
= FAK

0.25

Suy ra AK = KF, kết hợp với (1) ta được AH = KF (3)

0.25