Tập đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 môn toán kèm đáp án chi tiết

Tập đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 môn toán kèm đáp án chi tiết là tài liệu
mới nhất hữu ích cho bồi dưỡng học sinh giỏi bộ môn. Chúc các em học
sinh thi đạt kết quả cao nhất.
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁP HUYỆN ĐỢT 1

UBND HUYỆN ..............

Năm học ..............
Môn thi: Toán - Lớp 9
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao
đề)
Thí sinh không được sử dụng máy tính bỏ túi.

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Bài 1: ( 2 điểm)
Cho biểu thức P =

x +1
x+2
x +1
−
−
x −1 x x −1 x + x + 1

a, Rút gọn biểu thức P.
b, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q =

2
+ x .
P

Bài 2: (2 điểm)

a) Giải các phương trình sau:
x − x +1 − x + 4 + x + 9 = 0

b) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình
( m − 4 ) x + ( m − 3) y = 1 (m là tham số). Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến
đường thẳng (d) là lớn nhất.
Bài 3: (2 điểm)

a) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương ( x; y; z ) thỏa mãn

x + y 2013
là số
y + z 2013

hữu tỉ, đồng thời x 2 + y 2 + z 2 là số nguyên tố.
b) Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn:
x(1 + x + x2 ) = 4y(y -1)
Bài 4: (3 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn (ABBE, CF cắt nhau tại H. Tia AO cắt đường tròn (O) tại D.
a) Chứng minh các điểm B, C, E, F thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành.
c) Gọi M là trung điểm của BC, tia AM cắt HO tại G. Chứng minh G là
trọng tâm của tam giác ABC.
Bài 5: (1 điểm)

Giả sử a, b, c là các số dương , chứng minh rằng:
a
b
c
+
+
>2
b+c
c+a
a+b

---------- HẾT ----------


Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
UBND HUYỆN ..............
HƯỚNG DẪN CHẤM
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Môn thi:Toán - Lớp 9
Bài 1: (2điểm)

Ý/Phần

Đáp án

ĐKXĐ x ≥ 0; x ≠ 1

a

Ta có P =

b

x + x +1− x − 2 −

(

)(

(

x −1 x +

)(
x + 1)

x +1

)=

x −1

Điểm
0,25
− x
x + x +1

0,75

Áp dụng BĐT Cô – si ta có:
Q=

(

)+

−2 x + x + 1
x

2 

x = −2 −  x +
÷ ≤ −2 − 2 2
x


Vậy GTLN của Q= −2 − 2 2 khi x=2

0,75
0,25

Bài 2: (2 điểm)

Ý/Phần
a
ĐKXĐ: x ≥ 0.

Đáp án

Điểm
0,25

x − x +1 − x + 4 + x + 9 = 0
⇔
⇔

(1)

x + 9 − x + 4 = x +1 − x

5
=
x+9 + x+4

0,25

1
x +1 + x

⇔ x + 9 + x + 4 = 5( x + 1 + x)

(2)

0,25

Từ (1),(2) suy ra:
x + 9 = 3 x + 1 + 2 x ≥ 3 x + 1 = 9 x + 9 ≥ x + 9 ,dấu

b

“=” xảy ra khi x=0. Thử lại x=0 là nghiệm pt.

Vậy pt đã cho có nghiệm x=0.
Với mọi m, đường thẳng (d) không đi qua gốc toạ độ O(0; 0).
• m = 4, ta có đường thẳng y = 1, do đó khoảng cách từ
O đến (d) là 1 (1).
• m = 3, ta có đường thẳng x = -1, do đó khoảng cách từ
O đến (d) là 1 (2).
• m ≠ 4, m ≠ 3 thì (d) cắt trục Oy, Ox lần lượt tại:

0,25

0,25

1 

 1

A  0;
; 0 ÷.
÷ và B 
 m−3
m−4 

Hạ OH vuông góc với AB, trong tam giác vuông AOB, ta
1

1

có: OA = m − 3 , OB = m − 4

0,25

1
1
1
2
2
=
+
= ( m − 3) + ( m − 4 ) = 2m 2 − 14m + 25
2
2
2
OH OA OB
2

7 1 1

= 2 m − ÷ + ≥
2 2 2


0,25


Suy ra
OH 2 ≤ 2 ⇒ OH ≤ 2 (3).
Từ (1), (2), (3) ta có GTLN của OH là

2 , đạt được khi và

7
2

chỉ khi m = .
7
2

0,25

Kết luận: m = .
Bài 3: (2,0 điểm)

Ý/Phần
a

Đáp án
x + y 2013 m
=
m, n ∈ ¥ * , ( m, n ) = 1 .
y + z 2013 n
nx − my = 0
x y m
⇒ = =
⇒ xz = y 2 .
⇔ nx − my =( mz − ny ) 2013 ⇒ 
y z
n
mz − ny = 0

(

Ta có

)

x 2 + y 2 + z 2 = ( x + z ) − 2 xz + y 2 = ( x + z ) − y 2 = ( x + y + z ) ( x + z − y )
2

2

Điểm
0,25
0,25
0,25

Vì x + y + z > 1 và x 2 + y 2 + z 2 là số nguyên tố nên
 x2 + y 2 + z 2 = x + y + z

x − y + z = 1
Từ đó suy ra x = y = z = 1 (thỏa mãn).

x(1 + x + x2 ) = 4y(y - 1) ⇔ x + x2 + x3 + 1 = 4y2 – 4y + 1

b

⇔ (x2 + 1)(x + 1) = (2y - 1)2 (1)
Do (2y - 1)2 là số lẻ, gọi d = (x2 + 1,x + 1) ⇒ d là số lẻ
x2 + 1 M d và (x + 1)(x – 1) M d ⇒ 2 M d mà d lẻ nên d = 1
nên x2 + 1 và x + 1 nguyên tố cùng nhau với x, y là các số nguyên
thì (2y - 1)2 là số chính phương nên x2 + 1 và x + 1 đều là số chính

phương
lại có x2 và x2 + 1 là hai số chính phương liên tiếp ⇒ x2 = 0
⇒x=0
Thay x = 0 vào phương trình (1) ta tìm được y = 0, và y =1
Vậy các cặp số tự nhiên (x,y) là (0,1); (0,0).

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

Bài 4: (3,0 điểm)

Ý/Phần

Đáp án

a

Điểm

A

E
F

G

0,25

O

H
B

C

M
D


·
·
BFC
= BEC
= 900 ( cùng nhìn cạnh BC)
Suy ra B, C, E, F thuộc đường tròn đường kính BC.
Ta có A· CD = 900 ⇒ DC ⊥ AC
Mà HE ⊥ AC; suy ra BH//DC (1)
Chứng minh tương tự: CH//BD (2)
Từ (1) và (2) suy ra BHCD là hình bình hành
Ta có M trung điểm của BC suy ra M trung điểm của HD.
Do đó AM, HO trung tuyến của ∆AHD

b

c

⇒ G trọng tâm của ∆AHD ⇒

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

GM 1
=
AM 3

Xét tam giác ABC có M trung điểm của BC,
Suy ra G là trong tâm của ∆ABC

GM 1
=
AM 3

0,25

Bài 5: (1,0 điểm)

Ý/Phần

Đáp án

Do a,b,c > 0 áp dụng BĐT Cauchy , ta có :
a + (b + c) ≥ 2 a(b + c)
⇔ a [a + (b + c)] ≥ 2a b + c


Điểm

a
2a
≥
b+c a+b+c

0,25

Tương tự ta thu được :
b
2b
≥
c+a a+b+c

,

Cộng theo vế ta được:

c
2c
≥
a+b a+b+c
a
b

c
+
+
≥2
b+c
c+a
a+b

0,25
0,25

Dấu bằng của ba BĐT trên không thể đồng thời xảy ra , vì
khi đó có :
a = b + c , b = c + a , c = a + b nên a + b + c = 0 ( trái
với giả thiết a, b, c đề là số dương ).
Từ đó suy ra :

UBND HUYỆN ..............
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

a
b
c
+
+
>2
b+c
c+a
a+b

0,25

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁP HUYỆN ĐỢT 1

Năm học ..............
Môn thi:Toán - Lớp 9
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (2,0 điểm)
 x+2
x
1  x −1
+
+
÷
(Với x ≥ 0, x ≠ 1)
÷: 2
x
x
−
1
x
+
x
+
1
1
−
x




Cho biểu thức: P = 

a. Rút gọn biểu thức P.
b. Tìm giá trị của P khi x = 11 − 3 8 + 3 − 8 .


c. So sánh: P2 và 2P.
Bài 2: (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 4 x 2 + 3 x + 3 = 4 x 3 + 3x 2 + 2 2 x − 1
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai đường thẳng (d 1): y = 3x – m – 1
và (d2) : y = 2x + m - 1. Chứng minh rằng khi m thay đổi, giao điểm của (d 1) và
(d2) luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
Bài 3: (... điểm)
a) Tìm số nguyên a sao cho a 4 + 4 là số nguyên tố

b) Đặt a = 3 2 − 3 + 3 2 + 3
64

Chứng minh rằng M = (a 2 − 3) 3 − 3a là số chính phương.
Bài 4: (… điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại
H.
a. Chứng minh rằng:
S

2

AEF
Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC ; S = cos A.
ABC

2
2
2
b. Chứng minh rằng : S DEF = ( 1 − cos A − cos B − cos C ) .S ABC

c.Chứng minh rằng:

HA HB HC
+
+
≥ 3.
BC AC AB

Bài 5: (… điểm)

Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là số nguyên và hai lần số đo
diện tích bằng ba lần số đo chu vi.
---------- HẾT ---------(Đề thi gồm có 01 trang)
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.....................................................;
Số báo danh................................

UBND HUYỆN ..............
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM

Môn thi: Toán - Lớp 9

Bài 1: ( 2 điểm)

Ý/Phần
a)

ĐKXĐ Với x ≥ 0, x ≠ 1

Đáp án

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

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

x = 11 − 6 2 + 3 − 2 2 = (3 − 2)2 + ( 2 − 1) 2

Điểm

0.75


= 3− 2 +

2 − 1 = (3 − 2) + ( 2 − 1) =2(TM ĐKXĐ)

Thay x =2 vào P ta có P =
Vậy khi x = 2 thì P =
c)

0.25

2
2
2(3 − 2)
=
=
7
2 + 2 +1 3 + 2

2(3 − 2)
7

0.25
0.25

Vì x + x + 1 >0 nên P >0
Với x ≥ 0 thì x + x ≥ 0 nên x + x + 1 ≥ 1
1

2
≤1⇒ P =
≤2
x + x +1
x + x +1
Do 0 < P ≤ 2 nên P.(P – 2) ≤ 0 ⇔ P2 ≤ 2P
Vậy P2 ≤ 2P

suy ra:

0.25
0.25

Bài 2: ( 2 điểm)

Ý/Phần
a)

Đáp án

Điểm
1

4 x 2 + 3 x + 3 = 4 x 3 + 3 x 2 + 2 2 x − 1 ( ĐKXĐ x ≥ 2 )
⇔ 4 x 2 + 3x + 3 = 4 x x + 3 + 2 2 x − 1

(
⇔ ( 2x −

) (

)

0.25

⇔ 4x2 − 4x x + 3 + x + 3 + 1 − 2 2x − 1 + 2x − 1 = 0

x+3

) (
2

+ 1 − 2x − 1

)

2

=0

2 x = x + 3
4 x 2 = x + 3
⇔
⇔
⇔ x = 1 (tmđk)
1
=
2
x
−

1
 1 = 2 x − 1

Vậy phương trình có nghiệm x = 1

Tìm được (d1) cắt (d2) tại M(2m ; 5m-1) với mọi m.
b)

Suy ra quan hệ : ym =

5
xm - 1 với mọi m
2

Vậy khi m thay đổi, giao điểm M của (d 1) và (d2) luôn nằm
trên đường thẳng cố định (d) : y =

5
x - 1.
2

0.25
0.25
0.25
0.75
0.25

Bài 3: ( 2 điểm)

Ý/

Phần
a)

Đáp án
4
4
2
2
2
2
Ta có : a + 4 = (a + 4a + 4) − 4a = ( a -2a+2 ) ( a +2a+2 )

Điểm
0.25

Vì a ∈ Z → a 2 -2a+2 ∈ Z ;a 2 +2a+2 ∈ Z
Có a 2 +2a+2= ( a+1) + 1 ≥ 1 ∀a
2

Và a 2 -2a+2= ( a-1) + 1 ≥ 1 ∀a
nên a 4 + 4 là số nguyên tố thì a 2 +2a+2=1 hoặc a 2 - 2a+2=1
Nếu a 2 +2a+2=1 → a = −1 thử lại thấy thoả mãn
Nếu a 2 -2a+2=1 → a = 1 thử lại thấy thoả mãn
Vậy a 4 + 4 là số nguyên tố thì a=1 hoặc a= -1
2

b)

Từ a = 3 2 − 3 + 3 2 + 3 <=> a 3 = ( 3 2 − 3 + 3 2 + 3 )3

0.25
0.25

0.25


<=> a3 = 3a +4<=> a3 - 3a = 4
Mặt khác từ a3 = 3a +4 <=> a(a2 - 3 ) = 4 <=> a2 - 3 = 4 : a (vì
a3 = 3a +4 nên a ≠0 )

0.25
0.25

64

Thay vào và rút gọn ta có M = (a 2 − 3) 3 − 3a = a3 - 3a = 4
Vậy M là số chính phương .

0.5

Bài 4: ( 3 điểm)

Ý/Phần
a)

Đáp án

Điểm

A

E
F
H
C

B
D
AE
Tam giác ABE vuông tại E nên cosA =

0.5

AB
AF
Tam giác ACF vuông tại F nên cosA =
.
AC

Suy ra

AE AF
⇒ ∆AEF : ∆ABC (c.g .c )
=
AB AC

0.5

2

S AEF  AE 

2
=
÷ = cos A
S ABC  AB 
S
= cos 2 B, CDE = cos 2 C.
S ABC

* Từ ∆AEF : ∆ABC suy ra
b)

S BDF

Tương tự câu a, S
ABC
Từ đó suy ra

0.25

SDEF S ABC − S AEF − S BDF − SCDE
=
= 1 − cos 2 A − cos 2 B − cos 2 C
S ABC
S ABC

2
2
2
Suy ra S DEF = ( 1 − cos A − cos B − cos C ) .S ABC

c)

HC

CE

HC.HB

S

HA.HC

CE.HB

0.5

S

HBC
Từ ∆AFC : ∆HEC ⇒ AC = CF ⇒ AC. AB = CF . AB = S
ABC

HB.HA

S

HAC
HAB
Tương tự: AC.BC = S ; AB.BC = S . Do đó:
ABC

ABC

HC.HB HB.HA HA.HC S HBC + S HCA + S HAB
=1
+
+
=
S ABC
AC. AB AC.BC AB.BC

0.25


Ta chứng minh được: (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx) (*)
Áp dụng (*) ta có:
2

 HA HB HC 
 HA.HB HB.HC HC.HA 
+
+
+
+

÷ ≥ 3. 
÷ = 3.1 = 3
 BC AC AB 
 BC.BA CA.CB AB. AC 
HA HB HC
+

+
≥ 3.
Suy ra
BC AC AB

0.5

Bài : 5 (1 điểm)

Ý/Phần

Đáp án

Điểm

Gọi a, b, c lần lượt là cạnh huyền và 2 cạnh góc vuông của ∆
vuông.
Khi đó: a, b, c ∈ N và a ≥ 5; b, c ≥ 3
0.5
a 2 = b 2 + c 2
(1)
Ta có hệ phương trình: 
bc = 3(a + b + c) (2)
(1):

(2):

a2 = b2 + c2 = (b + c)2 – 2bc = (b + c)2 – 6(a + b + c)
⇔
a2 + 6a + 9 = (b + c)2 – 6(b + c) + 9

⇔
(a + 3)2 = (b + c – 3)2
⇔
a+3=b+c–3
⇔
a=b+c–6
bc = 3(b + c – 6 + b + c) = 3(2b + 2c – 6)
⇔
(b – 6)(c – 6) = 18
Nên ta có các trường hợp sau:
1. b – 6 = 1 và c – 6 = 18 thì b = 7; c = 24 và a = 25
2. b – 6 = 2 và c – 6 = 9 thì b = 8; c = 15 và a = 17
3. b – 6 = 3 và c – 6 = 6 thì b = 9; c = 12 và a = 15

0.5

NỘI DUNG CẤU TRÚC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
MÔN : Toán - LỚP 9
CÂU

NỘI DUNG KIẾN THỨC

ĐIỂM

Câu 1

Biến đổi đồng nhất:
Các bài toán biến đổi căn thức và các câu hỏi khai thác biểu
thức rút gọn

2 điểm

Câu 2

Phương trình đại số: phương trình bậc cao, pt vô tỉ :
Hàm số đồ thị:

1 điểm
1 điểm 2 điểm


Số học:
Câu 3

Số nguyên tố, hợp số, số chính phương, phương trình nghiệm
nguyên

2 điểm

Hình học:
Câu 4

Hệ thức trong tam giác vuông, tam giác đồng dạng, định lý
Ta lét....:
1 điểm

3 điểm

Đường tròn: Giới hạn đến bài dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến.
2 điểm

Bài toán phát hiện học sinh xuất sắc
Câu 5

1 điểm

Cực trị đại số, hình học, biến đổi đồng nhất...

Cộng

10,0 điểm

UBND HUYỆN ..............
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
------------o0o--------------

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP
HUYỆN
Năm học: ..............
Môn thi: Toán học – Lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian
giao đề)

Câu 1 (2 điểm)
Cho biểu thức A =

2 x +1
x +3
10 − x
+

−
x −3 2− x x −5 x +6

a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm các giá trị của x sao cho A < 2 .
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B biết rằng B =

x − 4 x + 20
A

(

x −2

)

.

Câu 2 (2 điểm)
a) Giải phương trình: x + 1 + 2 7 − x − 2 x + 1 = 7 + 6 x − x 2
2
2
b) Cho các đường thẳng y = ( 2m + 1) x − 4m + 1 ; y + 2m − 1 = ( m + m + 1) x − 2m và

( 3m − 1) x + ( 2 − 2m ) y = 1 . Chứng minh rằng các đường thẳng trên cùng đi qua 1
điểm cố định?


Câu 3 (2 điểm)
a) Cho p và p 2 + 2 là các số nguyên tố. Chứng mình rằng số p 3 + p 2 + 1 cũng là số

nguyên tố?
b) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 x 2 − 3 xy − 2 y 2 + 6 x − 2 y = 1 .
Câu 4 (3 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC. Gọi A là một điểm nằm
trên nửa đường tròn (O) ( A ≠ B, A ≠ C ) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC,
D là điểm đối xứng với B qua A, I là trung điểm AH, J là trung điểm của DH.
a) Chứng minh rằng ∆AJH đồng dạng với ∆HIC .
b) Gọi E là giao điểm của HD và CI. Chứng minh : 2AE < AB?
c) Khi A di động ( A ≠ B, A ≠ C ) , xác định vị trí điểm A trên nửa đường tròn sao
cho tam giác ABC có chu vi lớn nhất.
Câu 5 (1 điểm)
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn : a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:
1
1  1 1 1
 1
4
+
+
÷≤ + + + 9
 a +b b+c c+a  a b c

--------------------------------Hết--------------------------------UBND HUYỆN ..............
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP
TẠO
HUYỆN
------------o0o-------------Năm học: ..............
Môn thi: Toán học – Lớp 9

Câ

u
1

Ý
a

Nội dung

Điể
m

2 x +1
x +3
10 − x
+
−
x −3 2− x x −5 x +6
Điều kiện xác định: x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ 9 . Khi đó:

Rút gọn A =

A=

=

(2

(
=
(

2 x +1
x +3
10 − x
2 x +1
x +3
+
−
=
−
−
x −3 2− x x −5 x +6
x −3
x −2

)(

x +1

)(
x − 3) (

) (

x −2 −

(

x −3

)=
x − 2)

x +1

x −3

x +3

)(

)(

)

x − 3 − 10 + x

x −2

)

=

(

(

10 − x
x −3

)(

x −2

x −2 x −3
x −3

x +1
x −2

)(

x −2

)

)

0.5

0.5

b Tìm x để A < 2.
Để A < 2 ⇒


TH1: Khi 


x +1

< 2 ⇔ 2−
x −2
 x
x −5 > 0
⇔
x −2>0
 x

x +1
>0⇔
x −2
>5

x −5
>0
x −2

 x > 25
⇔
⇔ x > 25
>2
x > 4

0,25
0,25


 x − 5 < 0

 x < 5

0 ≤ x < 25
⇔
⇔
⇔0≤ x<4
0
≤
x
<
4
x
−
2
<
0
x
<
2




TH2: Khi 

Đối chiếu với điều kiện xác định ban đầu ta được giá trị cần tìm
của x là: 0 ≤ x < 4 hoặc x > 25
c Tìm giá trị nhỏ nhất của B
Ta có: B xác định khi x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ 9
B=

x − 4 x + 20

A

(

x −2

= x −5+

)

x − 2 x − 4 x + 20 x − 4 x + 20
.
=
x +1
x −2
x +1

=

25
= x + 1+
x +1

0,25

25
−6
x +1

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho 2 số x + 1 và

25
, ta
x +1

được
25
25
≥ 2.5 ⇔ x + 1 +
≥ 10
x +1
x +1
25
⇔ x +1+
−6 ≥ 4⇒ B ≥ 4
x +1
25
⇔ x + 1 = 5 ⇔ x = 4 ⇔ x = 16
Dấu “=” xảy ra khi: x + 1 =
x +1
x +1+

2

(t/m)
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức B là: MinB = 4 khi x = 16 .
a Giải phương trình x + 1 + 2 7 − x − 2 x + 1 = 7 + 6 x − x 2
Điều kiện xác định của phương trình: −1 ≤ x ≤ 7
PT ⇔ x + 1 − 2 x + 1 + 2 7 − x − ( 7 − x ) ( x + 1) = 0
⇔ x + 1.

(

)

(

)

x + 1 − 2 + 7 − x. 2 − x + 1 = 0 ⇔

(

x +1 − 2

)(

0,25

0,5

)

x +1 − 7 − x = 0

 x +1 − 2 = 0
 x +1 = 2
⇔
⇔
⇔ x = 3(t/ m)

 x + 1 − 7 − x = 0
 x + 1 = 7 − x

0,5

Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm là: x = 3.
b Chứng minh các đường thẳng cùng đi qua 1 điểm cố định
Gọi M ( x0 ; y0 ) là điểm cố định của đường thẳng
y = ( 2m + 1) x − 4m + 1

Khi đó ta có:

y0 = ( 2m + 1) x0 − 4m + 1, ∀m ∈ ¡ ⇔ m ( 2 x0 − 4 ) + x0 − y0 + 1 = 0, ∀m ∈ ¡

2 x0 − 4 = 0
 x0 = 2
⇔
⇔
⇒ M ( 2;3)
 x0 − y0 + 1 = 0
 y0 = 3
Do đó, đường thẳng y = ( 2m + 1) x − 4m + 1 luôn đi qua điểm cố định

0,5

M ( 2;3)

Với x = 2; y = 3 thay vào đường thẳng
y + 2m − 1 = ( m + m + 1) x − 2m ta được:
2

2

3 + 2m 2 − 1 = 2. ( m2 + m + 1) − 2m ⇔ 2 + 2m 2 = 2m 2 + 2 đúng với ∀m ∈ ¡

0,25


⇒ Đường thẳng y + 2m 2 − 1 = ( m 2 + m + 1) x − 2m luôn đi qua M ( 2;3)
∀m ∈ ¡
Với x = 2; y = 3 thay vào đường thẳng ( 3m − 1) x + ( 2 − 2m ) y = 1 ta

được:

2 ( 3m − 1) + 3 ( 2 − 2m ) = 1 ⇔ 1 = 1 đúng với ∀m ∈ ¡

⇒ Đường thẳng ( 3m − 1) x + ( 2 − 2m ) y = 1 luôn đi qua M ( 2;3)
∀m ∈ ¡
Vậy 3 đường thẳng đã cho cùng đi qua điểm cố định M ( 2;3) .

3

0,25

a Chứng mình rằng số p 3 + p 2 + 1 cũng là số nguyên tố
Do p là số nguyên tố nên:
Khi p = 2 ⇒ p 2 + 2 = 6 là hợp số ⇒ Mâu thuẫn với giả thiết p 2 + 2
là số nguyên tố ⇒ p = 2 không thỏa mãn đề.
Khi p = 3 ⇒ p 2 + 2 = 11 là số nguyên tố (tm) ⇒ p 3 + p 2 + 1 = 37 là
số nguyên tố (đpcm).

0,5

2
*
2
2
Khi p > 3 ⇒ p = 3n + 1( n ∈ N ) ⇒ p + 2 = 3n + 3 M3 ⇒ p + 2 là hợp
số

⇒ Mâu thuẫn với giả thiết p 2 + 2 là số nguyên tố ⇒ p > 3 không

thỏa mãn đề.
Vậy khi p và p 2 + 2 là các số nguyên tố thì p 3 + p 2 + 1 cũng là số
nguyên tố
b Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 x 2 − 3xy − 2 y 2 + 6 x − 2 y = 1 .

Ta có 2 x − 3xy − 2 y + 6 x − 2 y = 1 ⇔ ... ⇔ ( x − 2 y + 2 ) ( 2 x + y + 2 ) = 5
Vì x; y ∈ ¢ ⇒ x − 2 y + 2; 2 x + y + 2 ∈ ¢ nên x − 2 y + 2; 2 x + y + 2 là
ước của 5:
2

2

0,5

0,5

x − 2 y + 2 = 1
 x − 2 y = −1  x = 1

⇔
⇔
2 x + y + 2 = 5 2 x + y = 3
y =1

TH1. 

1

 x = 5
x − 2 y + 2 = 5
x − 2 y = 3
⇔
⇔
TH2. 
(Không thỏa mãn)
2 x + y + 2 = 1
2 x + y = −1  y = − 7

5
17

x=−

 x − 2 y + 2 = −1
 x − 2 y = −3

5
⇔
⇔

TH3. 
(Không thỏa
 2 x + y + 2 = −5
2 x + y = −7
y = − 1

5

mãn)
13

x=−

x
−
2
y
+
2
=
−
5
x
−
2
y
=
−
7




5
⇔
⇔
TH4. 
(Không thỏa
 2 x + y + 2 = −1  2 x + y = −3
 y = 11

5

mãn)
Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm: ( x; y ) = ( 1;1)
4

0,5


a Ta thấy ∆ABC ngoại tiếp
đường tròn đường kính BC
nên
AB ⊥ AC ⇒ AC ⊥ AD

Từ giả thiết
IA = IH 
 ⇒ IJ / / AD
JH = JD 
⇒ IJ ⊥ AC ⇒ ·AIJ = ·ACH (cùng
·

phụ với góc HAC
)

(1)
+) Trong tam giác vuông ACH
ta có: tan ·ACH =

AH
HC

1

(2)

+) Trong tam giác vuông AIJ
ta có
tan ·AIJ =

AJ AJ
=
( AI = HI ) (3)
AI HI

Từ (1), (2), (3)
AH AJ
AH HC
=
⇒
=
(4)

HC HI
AJ
HI
AB = AD 
Từ giả thiết
 ⇒ AJ / / BC ⇒ A J ⊥ AH ⇒ ∆HAJ vuông tại
JH = JD 
⇒

A
Do đó từ (4) ta có:

·
·
tan ·AJH = tan HIC
⇒ ·AJH = HIC
⇒ ∆AJH : ∆HIC
b Chứng minh 2AE < AB
·
Theo câu a ta có ∆AJH : ∆HIC ⇒ ·AHJ = HCI
·
·
·
Ta lại có: HCI
+ HIC
= 900 ⇒ ·AHJ + HIC
= 900 ⇒ JH ⊥ CI
Từ đó ∆JEI vuông tại E ⇒ I , J , E thuộc đường tròn đường kính

IJ

Tương tự ∆JAI vuông tại A ⇒ I , A, J thuộc đường tròn đường
kính IJ
⇒ I , A, J , E cùng thuộc đường tròn đường kính IJ
Theo tính chất liên hệ giữa đường kính và dây trong đường tròn
đường kính IJ ta có: AE ≤ JI
1
2

0,5

1
2

Mà ta lại có IJ = AD ⇒ IJ = AB (D đối xứng với B qua A)
⇒ AE ≤

1
AB ⇒ 2 AE ≤ AB
2

0,5

Dấu “=” xảy ra khi tứ giác AIEJ là hình chữ nhật
⇒ JE / / AI ⇒ AH ≡ HD
(mâu thuẫn) ⇒ 2AE < AB

c Xác định vị trí điểm A
Khi A di động trên nửa đường tròn (O).
Ta có chu vi tam giác ABC là: C∆ABC = AB + AC + BC

0,5


Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

AB 2 + AC 2 ≥ 2 AB. AC ⇔ 2 ( AB 2 + AC 2 ) ≥ AB 2 + 2 AB. AC + AC 2

⇔ 2 ( AB 2 + AC 2 ) ≥ ( AB + AC ) ⇔ 2 BC 2 ≥ ( AB + AC ) ⇔ AB + AC ≤ 2 BC
2

2

Do đó, C∆ABC = AB + AC + BC ≤ 2 BC + BC = ( 2 + 1) BC (BC không
đổi)
Nên chu vi tam giác ABC lớn nhất là ( 2 + 1) BC khi AB = AC
⇒ A thuộc trung trực của BC ⇒ A là giao điểm của trung trực
BC với đường tròn (sau này A là điểm chính giữa cung BC)
5

0,5



+
+
Chứng minh 4 
÷≤ + + + 9
 a+b b+c c+a  a b c
Từ giả thiết a + b + c = 1 nên ta có:
1

1

1

1

1

1

1
1  1 1 1
 1
4
+
+
÷≤ + + + 9
 a+b b+c c+a  a b c
 a+b+c a+b+c a +b+c  a +b +c a +b +c a +b +c
⇔ 4
+
+
+
+
+9
÷≤
b+c
c+a 
a

b
c
 a+b
4c
4a
4b
b+c c+a a+b
⇔ 12 +
+
+
≤ 12 +
+
+
a+b b+c c+a
a
b
c
4c
4a
4b
b+c c+a a+b
⇔
+
+
≤
+
+
a+b b+c c+a
a
b

c
1 1
4
1 1
≤ +
Ta có với các số dương x, y thì ( x + y )  + ÷ ≥ 4 ⇔
x+ y x y
x y

0,5

nên:
4c
 1 1  4a
 1 1  4b
1 1
≤ c.  + ÷;
≤ a.  + ÷;
≤ b.  + ÷
a+b
a b b+c
b c  c+a
c a 
4c
4a
4b
b +c c +a a +b
+
+
≤

+
+
Cộng các vế lại ta được:
a +b b+c c +a
a
b
c

0,5

đpcm

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =

1
3

Chú ý: Các cách giải khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa theo từng phần.
UBND HUYỆN ..............
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức:

x
x  2
2− x 
P = 
+
:
−

÷

÷
÷
 x −1 x −1   x x x + x 

a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm x để P < 1
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P .
Bài 2: (2,0 điểm)

ĐÈ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT 1
Năm học: ..............
Môn thi: Toán – Lớp: 9
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)


1. Giải phương trình : x 2 − 7x + 6 + x + 3 = x − 6 + x 2 + 2x − 3
2. Cho 2 điểm A ( 1;3) và B ( −2;1)
a) Biết phương trình đường thẳng (d): y = ax + b (a ≠ 0) đi qua A và B. Tìm a
và b.
b) Lập phương trình đường thẳng đi qua C ( 2; −1) và song song với (d); vuông
góc với d.
Bài 3: (2,0 điểm)
1. Tìm nghiệm nguyên ( x; y ) của phương trình : x 2 − 3y 2 + 2xy − 2x − 10y + 4 = 0
2. Cho x, y, z là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện xyz = 100 . Tính giá trị
của biểu thức M =

x
xy + x + 10

+

y
yz + y + 1

+

10 z
xz + 10 z + 10

Bài 4 (2,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Trên đường tròn (O) lấy một điểm D
bất kì (D ≠ A, B), trên đường kính AB lấy điểm C. Kẻ CH vuông góc với AD
·
tại H, phân giác trong DAB
cắt đường tròn (O) tại E và cắt CH tại F, DF cắt
đường tròn (O) tại N. Chứng minh:
1. Ba điểm N, C, E thẳng hàng;
2. Nếu AD = BC thì DN đi qua trung trung điểm của AC.
Bài 5: (2,0 điểm)
µ = 105o ; B
µ = 45o ; BC = 4cm . Tính độ dài AB; AC.
Cho VABC có A
HẾT
(Đề thi gồm có 02 trang)
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………; Số báo danh:
………………….

UBND HUYỆN ..............
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Bài 1: (2,0 điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn thi: Toán – Lớp: 9


Ý/Phần
a)
ĐK: x > 0; x ≠ 1
P=
=

(

x

(

(

Đáp án

)

(

)

Điểm

x +1 + x 2 x +1 − 2 + x
:
x +1
x −1
x x +1

)(

x+2 x

:

(

)

x+2 x

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

x −1

1,0

x
x −1

=

b)

)(

)

P <1 ⇔

x
< 1⇔
x −1

x
x − x +1
−1 < 0 ⇔
<0
x −1
x −1
2

1
1 1

1 3

Vì x − x + 1 = x − .2. x + − + 1 =  x − ÷ + > 0
2
4 4
2 4

⇒ x − 1 <0 ⇔ x < 1 ⇔ x < 1

0,5

Kết hợp ĐK: x > 0; x ≠ 1
Vậy 0 < x <1 thì P < 1
c)

x
x −1+ 1
=
=
x −1
x −1
1
P = x −1+
+2
x −1
P=

Vì x > 0 ⇒

(

x − 1 > 0;

)(

x −1

)

x +1 +1

x −1

= x +1+

1
x −1

1
> 0. Áp dụng BĐT Cô si ta được: 0,5
x −1

1
≥2
x −1
⇒ P ≥ 2+2 = 4
x −1 +

Dấu “ = ” xảy ra khi x = 4(tmđk)
Vậy Pmin = 4 khi x = 4 ⇒ P = 2 khi x = 4.

Bài 2: (2,0 điểm)
Ý/Phần
Đáp án
1)
Phương trình : x 2 − 7x + 6 + x + 3 = x − 6 + x 2 + 2x − 3 ( 1)

Điểm

2
2
Ta có x − 7x + 6 = ( x − 1) ( x − 6 ) và x + 2x − 3 = ( x − 1) ( x + 3) nên

x + 3 ≥ 0
 x ≥ −3


phương trình xác định ⇔  x − 1 ≥ 0 ⇔  x ≥ 1 ⇔ x ≥ 6
x − 6 ≥ 0
x ≥ 6



Khi đó :

0,25


( 1) ( x 1) ( x 6 ) +
x 1

(

(

x +3 = x 6 +

) (

x6 x +3

x6 x +3

)(

( x 1) ( x + 3)

)

0,25

x 6 x+3 = 0

)

x 1 1 = 0

0,25
0,25

x 6 x + 3 = 0 x 6 = x + 3 x 6 = x + 3 0x = 9 (voõnghieọm)

x 1 1 = 0 x 1 = 1 x 1 = 1 x = 2 (loaùi vỡ khoõng thoỷa maừn ẹKXẹ)

Vy phng trỡnh ó cho vụ nghim
2)

a) Vỡ ( d ) : y = ax + b ( a 0 ) i qua 2 im A; B nờn:
2

a=

3 = a + b

3


(tmk)
1 = 2a + b
b = 7

3
2
7
Vy ( d ) : y = x +
3
3

b) Gi ng thng cn tỡm l

( V) : y = ax + b ( a 0 )
Vỡ ( V) i qua C nờn
+) Vỡ ( V) P( d )

0,5

1 = 2a + b ( 1)

2

a = 3

b 7

2

2
7
( V) : 1 = 2. + b b =
3
3
2
7
Vy ( V) : y = x
3
3
2
3
+) Vỡ ( V) ( d ) a. = 1 a =
3

2

Thay vo (1) ta c:

0,5

1 = 3 + b b = 2
3
Vy ( V) : y = x + 2
2

Bi 3: (2,0 im)
í/Phn
1)
Ta cú :

ỏp ỏn

im

x 2 3y 2 + 2xy 2x 10y + 4 = 0

( x 2 + 2xy + y 2 ) ( 4y 2 + 4y + 1) ( 2x + 6y ) + 5 = 0
( x + y ) ( 2y + 1) 2 ( x + 3y ) + 5 = 0
2

2

( x y 1) ( x + 3y + 1) 2 ( x + 3y + 1) + 7 = 0
( x + 3y + 1) ( x y 3 ) = 7

Vỡ x, y nguyờn nờn ( x + 3y + 1) v ( x y 3) nguyờn cỏc

0,25


trường hợp :
*) Trường hợp 1:
 x + 3y + 1 = 1
 x + 3y = 0
 x = −3y
 x = −3
⇔
⇔
⇔

 x − y − 3 = −7
 x − y = −4  4y = 4
y = 1

0,25

*) Trường hợp 2:
 x + 3y + 1 = −1  x + 3y = −2  x = −2 − 3y
x = 7
⇔
⇔
⇔

x − y − 3 = 7

 x − y = 10
 4y = −12
 y = −3

*) Trường hợp 3:
 x + 3y + 1 = 7
 x + 3y = 6
 x = 6 − 3y
x = 3
⇔
⇔
⇔

 x − y − 3 = −1  x − y = 2
 4y = 4
y = 1

0,25

*) Trường hợp 4:
 x + 3y + 1 = −7
 x + 3y = −8  x = −8 − 3y
x = 1
⇔
⇔
⇔

x − y − 3 = 1
x − y = 4
 4y = −12

 y = −3

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là

( x; y ) ∈ { ( −3;1) ; ( 7; −3) ; ( 3;1) ; ( 1; −3) }

2)

0,25

Vì x, y, z nguyên dương; xyz = 100 ⇒ xyz = 10
Ta có :
M=
=
=

=
=

x
xy + x + 10
x

xy + x + 10
x

+

+
+

y
yz + y + 1
xy

xyz + xy + x
xy

xy + x + 10 10 + xy + x
x
xy + x + 10
x + xy + 10
xy + x + 10

+

xy
xy + x + 10

10 z

+

+

+

xz + 10 z + 10
10 z

+

z

xz + 10 z + xyz

(

10 z
x + 10 + xy
10

)

0,25
0,25

xy + x + 10

0,25

=1

0,25
Bài 4: (2,0 điểm)
Ý/Phần

Đáp án

Điểm

1)

N

P

A

O

B

C

F
H

0,25

D
E

·
·
Vì CH // BD (cùng vuông góc với AD) suy ra ACH
= ABD
(đồng vị)
·

·
Lại có AND
(cùng chắn cung AD)
= ABD
·
·
⇒ ACH = AND , hai góc này có đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh
·
·
AF do đó tứ giác ANCF nội tiếp. ⇒ FAC
(hệ quả
= FNC
góc nội tiếp).
(1)
·
·
Nối N với E ta có DAE = DNE (cùng chắn cung DE), mà
·
·
(gt) (2)
DAE
= BAE
·
·
Từ (1) và (2) suy ra DNC
= DNE
Do đó hai tia NC và NE trùng nhau do đó ba điểm N, C, E
thẳng hàng. (đpcm)

2)

0,25

0,25
0,25

Gọi giao điểm của ND với AB là P.
Theo tính chất đường phân giác trong tam giác APD ta có:
AP FP
=
AD FD

(3)

Xét tam giác BDP, có FC // DB, Áp dụng định lí Ta lét
trong tam giác ta có::
PC PF
=
(4)
BC DF

Từ (3) và (4) suy ra

1,0
AP PC
=
. Mà AD = BC (gt) suy ra:
AD BC

AP = PC do đó P là trung điểm của AC.

Bài 5: (2,0 điểm)
Ý/Phần

Đáp án

Điểm
A

Kẻ AH ⊥ BC
Xét VAHB có ·AHB = 90o

1

2

µ = 45o ⇒ µA = 45o
B

B

H

C

1,0


¶A = 105o − 45o = 60o
2
+ ) HC = AH .tan 60o

⇔ 4 − BH = AH . 3 ⇔ 4 − AH = 3 AH ( AH = BH )
⇔

(

)

3 + 1 . AH = 4 ⇔ AH =

4
=2
3 +1

(

)

3 −1

Mà: AB 2 = AH 2 + BH 2 (Định lí Pi- ta- go)
⇔ AB 2 = 2 AH 2 ⇔ AB = 2 AH = 2.2
AC = 2 AH = 4

(

)

(

) (

3 −1 = 2

6− 2

)

1,0

3 −1

UBND HUYỆN ..............
PHÒNG GD&ĐT ..............

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT 1
Năm học ..............
Môn thi : Toán lớp 9
Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian phát đề )

Bài 1: (2đ) Cho biểu thức:

x
x  2
2− x 
P = 
+
: −
÷
÷
÷

 x −1 x −1   x x x + x 

a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm x để P < 1
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P .
Bài 2: (2đ)
Cho 2 điểm A ( 1;3) và B ( −2;1)
a) Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua A và B
b) Xác đinh khoảng cách từ O đến (d).
Bài 3: (2đ)
a) Giải phương trình
3x 2 + 6 x + 7 + 5 x 2 + 10 x + 21 = 5 − 2 x − x 2
x 2 + 2 xy − 7 x − 12 = 0
b) Giải phương trình nghiệm nguyên :
Bài 4 : ( 3 điểm )
Cho đường tròn (O; R ). AB và CD là hai đường kính cố
định của (O) vuông góc với nhau. M là một điểm thuộc cung nhỏ AC của (O). K
và H lần lượt là hình chiếu của M trên CD và AB.
·
·
·
·
1.Tính sin 2 MBA
+ sin 2 MAB
+ sin 2 MCD
+ sin 2 MDC

2.Chứng minh: OK 2 = AH (2 R − AH )
3.Tìm vị trí điểm H để giá trị của: P = MA. MB. MC. MD lớn nhất.
µ = 105o ; B

µ = 45o ; BC = 4cm . Tính độ dài AB; AC.
Cho VABC có A
HẾT
( Đề thi gồm có 2 trang )
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm .
Họ và tên thí sinh …………………… Số báo danh ……………………….

Bài 5: (1đ)


UBND HUYỆN ..............
PHÒNG GD&ĐT ..............

Bài 1:
Phần
a

HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn thi : Toán lớp 9

Đáp án
a) ĐK: x > 0; x ≠ 1
P=
=

(

(

)

(

)

x +1 + x 2 x +1 − 2 + x
:
x +1
x −1
x x +1

)(

)

x+2 x

b

)(

:

(

)

x+2 x

) x ( x + 1)

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

(

x

Biểu điểm

x +1

x −1

1đ

x
x −1

b) P < 1 ⇔

x
< 1⇔
x −1

x
x − x +1

−1 < 0 ⇔
<0
x −1
x −1
2

1
1 1
1 3

Vì x − x + 1 = x − .2. x + − + 1 =  x − ÷ + > 0
2
4 4
2 4

⇒ x − 1 <0 ⇔ x < 1 ⇔ x < 1

Kết hợp ĐK: x > 0; x ≠ 1
Vậy 0 < x <1 thì P < 1
x
x −1 +1
=
=
x
−
1
x
−
1
c)

1
P = x −1+
+2
x −1
P=

(

)(

x −1

)

x +1 +1

x −1

= x +1+

0,5đ

1
â
x −1


Vì x > 0 ⇒

1

> 0. Áp dụng BĐT Cô si ta
0,5đ
x −1

x − 1 > 0;

được:
1
≥2
x −1
⇒ P ≥ 2+2 = 4
x −1+

Dấu “ = ” xảy ra khi x = 4(tmđk)
Vậy Pmin = 4 khi x = 4 ⇒ P = 2 khi x = 4.
Bài 2 :
Phần

Đáp án

Điểm

a

a) Gọi ( d ) : y = ax + b ( a ≠ 0 ) do (d) đi qua 2 điểm A; B nên:

b

2


a=

3 = a + b

3
⇔
(tmđk)

1 = −2a + b
b = 7

3
2
7
Vậy ( d ) : y = x +
3
3

1 điểm

y

(d)

b)
D
A

H
E

1 điểm
-3,5

O

1

x

+) Giao Ox: y = 0 ⇒ x = - 3,5. E(-3,5; 0)
⇒ OE = 3,5
+) Giao Oy: x = 0 ⇒ y = 3,5. D(0; 3,5)
⇒ OD = 3,5
Vẽ OH ⊥ ( d )
·
Xét VEOD có: EOD
= 90o
⇒

1
1
1
1
1
1
=
+
⇔
=

+
2
2
2
2
2
2
OH
OD OE
OH
7 7
 ÷  ÷
 3  2

⇔ OH =

7 13
13


Bài 3 :
Phần
a

Đáp án

Điểm

a)
+) 3x 2 + 6 x + 7 = 3 ( x 2 + 2 x + 1) + 4 = 3 ( x + 1) + 4

2

Vì 3 ( x + 1) + 4 ≥ 4 ⇒ 3 ( x + 1) + 4 ≥ 2
2

2

1 điểm

+) 5 x 2 + 10 x + 21 = 5 ( x 2 + 2 x + 1) + 16 = 5 ( x + 1) + 16
2

Vì 5 ( x + 1) + 16 ≥ 16 ⇒ 5 ( x + 1) + 16 ≥ 4
2

2

⇒ VT ≥ 2 + 4 = 6

b

x +1 = 0
⇔ x = −1
x +1 = 0

Dấu “=” xảy ra ⇔ 
+)

5 − 2 x − x 2 = − x 2 − 2 x + 5 = − ( x 2 + 2 x − 5) = − ( x 2 + 2 x + 1 − 6 )

1 điểm

= 6 − ( x + 1) ≤ 6
2

Dấu “=” xảy ra khi ⇔ x = −1
⇒ VT = VP = 6 khi x = −1
Vậy phương trình có một nghiệm là x = - 1.
2
b) x + 2 xy − 7 x − 12 = 0 ( 1)
Nếu x = 0 ⇒ ( 1) ⇔ −12 = 0 ⇒ phương trình vô nghiệm
− x 2 + 7 x + 12
2x
2
(x; y) nguyên ⇔ ( − x + 7 x + 12 ) M( 2 x )

Nếu x ≠ 0 ⇒ y =

⇔ ( −2 x 2 + 14 x + 24 ) M( 2 x )
⇔ −2 ( x 2 − 7 x ) + 24M2 x
⇔ 24M2 x ⇔ 12Mx

⇒ x ∈ Ư(12) ⇒ x ∈ { ±1; ±2; ±3; ±4; ±6; ±12}

⇒ y ∈ { 9; −2;11; 4; −3; 4}

Bài 4
Phần

1

Đáp án

Điểm

1 điểm


C
K

M

2
1 điểm

B

O

A

H

3
1 điểm
D

1. Vì M thuộc (O) nên các tam giác: BMA và CMD
vuông tại M nên:

·
·
·
·
=
sin 2 MBA
+ sin 2 MAB
+ sin 2 MCD
+ sin 2 MDC
·
·
·
·
(sin 2 MBA
+ cos 2 MBA
) + (sin 2 MCD
+ cos 2 MCD
)

=1 +1=2
Chứng minh: OK 2 = AH (2 R − AH )
Thật vậy: KOHM là hình chữ nhật nên: OK = MH
Mà MH2 = HA.HB (Hệ thức lượng trong tam giác vuông
MAB có MH đường cao) và BH = AB – AH = 2R - AH
Suy ra: OK2 = MH2 = AH(2R- AH)
2.

3. P = MA. MB. MC. MD =AB.MH.CD.MK =
4R2.OH.MH(Vì MK = OH)
Mà OH.MH ≤

OH 2 + MH 2 OM 2 R 2
=
=
(Pitago)
2
2
2

R2
Vậy P ≤ 4R . = 2R 4 . đẳng thức xẩy ra ⇔ MH = OH
2
2

⇔ OH = R 2
2

A

Bài 5
Phần

Đáp án
Bài 5:
Kẻ AH ⊥ BC
B

1

H

Điểm

2

C


Xét VAHB có ·AHB = 90o

1 điểm

µ = 45o ⇒ µA = 45o
B
¶A = 105o − 45o = 60o
2

+ ) HC = AH .tan 60o
⇔ 4 − BH = AH . 3 ⇔ 4 − AH = 3 AH ( AH = BH )
⇔

(

)

3 + 1 . AH = 4 ⇔ AH =

4
=2
3 +1

(

)

3 −1

Mà: AB 2 = AH 2 + BH 2 (Định lí Pi- ta- go)
⇔ AB 2 = 2 AH 2 ⇔ AB = 2 AH = 2.2
AC = 2 AH = 4

(

)

(

) (

3 −1 = 2

6− 2

)

3 −1

UBND HUYỆN ..............
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT 1
Năm học : ..............
Môn thi: Toán – Lớp 9
Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian giao đề)

 x −2
x + 2  x2 − 2 x + 1
−
÷
÷.
2
 x −1 x + 2 x +1 

Bài 1:(2 điểm) Cho A = 
a) Rút gọn A.

b) Tìm x để A > 0 .
c) Tìm giá trị lớn nhất của A .
Bài 2:(2điểm)
a) Giải phương trình sau: x 2 − 5 x + 14 = 4 x + 1
b) Cho đường thẳng (d) có phương trình : y = (m-1)x + (m +1) (d)
Chứng minh rằng khi m thay đổi thì đường thẳng (d) luôn luôn đi qua một
điểm cố định.
Bài 3:(2 điểm)
a) Tìm ba số nguyên tố mà tích của chúng bằng năm lần tổng của chúng.
b) Tìm số tự nhiên n sao cho A = n 2 + n + 6 là số chính phương.
Bài 4: (3 điểm) 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.
a) Chứng minh: AB . EB + AC . AD = AB2

b) Chứng minh bốn điểm A,E,H,D cùng thuộc một đường tròn