Các đề ôn thi HSG Toán 9 có đáp án

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
Môn: Toán 9
Thời gian làm bài:150 phút
Câu 1( 2 điểm)
a)Cho biểu thức: A = (x2 – x - 1 )2 + 2013
Tính giá trị của A khi x =

3
3 +1 −1

−

3
3 +1 +1

b) Cho (x + x 2 + 2013 ).(y + y 2 + 2013 )=2013. Chứng minh x2013+ y2013=0
Câu 2 ( 2 điểm)
a) Giải phương trình: x2+ 5x +1 = (x+5)
b) Chứng minh

x2 + 1

a
b
c
+
+
> 2 , với a, b, c>0
b+c
a+c
b+a

Câu 3 ( 2 điểm)
a) Tìm số dư của phép chia đa thức (x+2) (x+4) (x+6) (x+8) +2013 cho đa thức x2+10x+21
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3y2+x2+2xy+2x+6y+2017
Câu 4 ( 3 điểm)
1)Cho tam giácABC, Â= 900, AB < AC, đường cao AH. Gọi D và E lần lượt là hình chiếu
của H trên AB và AC. Chứng minh:
a) DE2=BH.HC
b) AH3=BC.BD.CE
Â
a
2)Cho tam giác ABC, BC= a, AC=b, AB=c. Chứng minh sin ≤
2 b+c
Câu 5( 1 điểm)
Cho a, b, c là 3 cạnh một tam giác. Chứng minh:
1
1
1
1 1 1
+
+
≥ + +
a +b−c b+c− a c+ a −b a b c

.................... Hết ..............

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 9
1

1 a)

3

x=

3 + 1 −1

3

−

3(

=

3 +1 +1

3 + 1 + 1) − 3(
3 +1−1

3 + 1 − 1)

3 + 1 + 1 − 3 + 1 + 1) 2 3
=
=2
3 +1 −1
3
Thay x = 2 vào biểu thức A ta có:
A = (22 – 2 – 1)2 + 2013 = 1 + 2013 = 2014

=

0,25

3(

Vậy khi x =

3
3 +1 −1

3

−

3 +1 +1

thì giá trị của biểu thức A là 2014

0,25
0,25
0,25

----------------------------------------------------------------------------------b)

(x + x 2 + 2013 ).(y + y 2 + 2013 )=2013

0,25

(x - x 2 + 2013 )(x + x 2 + 2013 ).(y + y 2 + 2013 )=2013(x - x 2 + 2013 )

-2013.(y + y 2 + 2013 )=2013(x - x 2 + 2013 )

0,25

-y - y 2 + 2013 =x - x 2 + 2013

0,25

Tương tự: -x - x 2 + 2013 = y - y 2 + 2013

0,25

⇒ x+y =0 ⇒ x =-y ⇒ x

2 a)

b)

2013

+y

2013

x2+ 5x +1 = (x+5)

x2 + 1

x2+1 + 5x = (x+5)

x2 + 1

=0
0,25
0,25
0,25
0,25

x2+1 + 5x - x x 2 + 1 - 5 x 2 + 1 =0
x 2 + 1 ( x 2 + 1 -x) +5(x- x 2 + 1 )=0
( x 2 + 1 -x) ( x 2 + 1 - 5) = 0
( x 2 + 1 -x) = 0 hoặc ( x 2 + 1 - 5) = 0
x 2 + 1 =x hoặc

0,25
0,25

x2 + 1 = 5

x2+ 1 = x2 (không có x thỏa mãn), hoặc x2+ 1 = 25
x2 = 24
x = ± 24
Vậy nghiệm của PT là x = ± 24
3

Ta có
⇔

b+c+a
(b + c ) a

b+c+a
≥ (b + c ) a ⇔
≥
2
2a
a

b+c+a
b+c
⇔
≥
2a
a

0,25
0,25

0,25

a
2a
≥
b+c a+b+c

b
2b
c
2a
,
≥

≥
a+c a +b+c
b+a a+b+c
a
b
c
2(a + b + c)
+
+
≥
=2
b+c
a+c
b + a (a + b + c )
Dấu bằng xảy ra khi b+c =a, c + a =b, a+ b= c (Điều này không có)
Tương tự:

0,25
0,25
0,25

2


a
b
c
+
+
>2

b+c
a+c
b+a

Vậy

4 a)

b)

(x+2) (x+4) (x+6) (x+8) +2013 =( x2+10x+16)( x2+10x+24) +2013
=( x2+10x+21- 5).( x2+10x+21+3) +2013
=( y- 5).( y+3) +2013, đặt y = x2+10x+21
= y2- 2y+1998 chia cho y dư 1998
(x+2) (x+4) (x+6) (x+8) +2013 cho đa thức x2+10x+21dư 1998
A= 3y2+x2+2xy+2x+6y+2017
= (y+x+1)2+2(1+y) 2+2014
Vậy minA = 2014 khi y =-1 và x =0

5

0,5

0, 5
0,5
0,5

A

0,25

E

D

B

a)

b)

C

H

Vì D, E là hình chiếu của H trên AB, AC, nên DH ⊥ AB, HE ⊥ AC
·
Tứ giácADHE có DAE
=90 0, ·ADH =90 0, ·AEH =90 0
Tứ giácADHE là hình chữ nhật
AH = DE, mà AH2=BH.HC nên DE2=BH.HC

Ta có AH2=BH.HC ⇒ AH3=BH.HC.AH
AH.CB = AB.AC, BA2=BH.BC, AC2=CH.BC
⇒ AH3=BC.BD.CE

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

A

I
B

C
D

Vẽ đường phân giác AD của tam giác ABC
BD DC
BD DC BD + DC
CB
a
⇒
=
=
=
=
Ta có
=
AB AC
AB AC AB + AC AB + AC b + c

3

0,25
0,25


Vẽ BI ⊥ AD ⇒ BI ≤ BD
 BI ⇒
Â
BD
Â
a
Ta có sin =
. Vậy sin ≤
sin ≤
2 AB
2 AB + AC
2 b+c

6

1 1
4
+ ≥
x y x+ y
1
11 1
⇒
≤  + ÷(I)
x+ y 4 x y 

0,25

0,25

Với x > 0, y > 0 ta có ( x + y ) 2 ≥ 4 xy ⇒

0,25

a, b, c là 3 cạnh của một tam giác nên a+b-c >0, a+c -b >0, c +b- a >0,
Áp dụng bđt(I) với các số x= a+b-c, y= a+c -b dương ta có:
1
1
4
2
+
≥
=
a +b −c a +c −b a +b −c + a +c −b a
1
1
4
2
+
≥
=
Tương tự:
b+a−c b+c−a c+b−a+a+b−c b
1
1
4
2
+

≥
=
c +b−a c + a −b c +b−a +c + a −b c
1
1
1
1 1 1
⇔
+
+
≥ + + (đpcm)
a +b−c b+c− a c+ a −b a b c

0,25
0,25
0,25

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
Bài 1(6điểm)
 x+ y

Cho P = 

 1 − xy

+

x − y  
x + y + 2 xy 


: 1 +

1 − xy 
1 + xy  

a, Rút gọn P
b, Tính giá trị của P với x=

2
2+ 3

c, Tìm giá trị lớn nhất của P
Bài 2 : (3đ) Giải phương trình sau :

x + 2002 x + 2003 x + 2004
+
+
=3
m −1
m
m +1

( với m là tham số ).

Bài 3 : ( 2đ) Chứng minh rằng nếu a , b là các số dương thõa mãn :
1 1 1
+ + = 0. Thì :
a b c

a + c + b + c = a + b.

Bài 4 : (6đ) Cho đường tròn tâm (O) đường kính CD = 2R . Điểm M di động trên đoạn OC .
Vẽ đường tròn tâm (O’) đường kính MD . Gọi I là trung điểm của đoạn MC , đường thẳng qua I
vuông góc với CD cắt (O) tại E và F . Đường thẳng ED cắt (O’) tại P .
1. Chứng minh 3 điểm P, M , F thẳng hàng.
2. Chứng minh IP là tiếp tuyến của đường tròn (O’).
3. Tìm vị trí của M trên OC để diện tích tam giác IPO’ lớn nhất.
Bài 5 : (3đ) Tìm các số nguyên x, y ,z thỏa mãn :
1
y

1
z

1
x

6 ( x − ) = 3( y − ) = 2( z − ) = xyz −

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 9

4

1
.
xyz


Câu 1: (6 điểm)
 x+ y

Cho P= 

 1 − xy

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

+

a, Rút gọn P (2 điểm)
Điều kiện để P có nghĩa là : x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; xy ≠ 1
Ta có :
 x+ y

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

P= 
=
=
=
=

(

(0,5 đ)

)(

+

) (
)(

(

)

)(

)

(0,5đ)

x + y + x y + y x + x − y − x y + y x x + y + xy + 1
:
1 − xy

1 − xy
2 x + 2y x
1 − xy
(1 + x )( y + 1)
1 − xy

(0,5đ)

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

(0,5đ)

b, Tính giá trị của P với x=

2
(1điểm)
2+ 3

2
thoả mãn điều kiện x ≥ 0
2+ 3
2
2 2− 3
Ta có : x=
=
=4-2 3 =( 3 -1)2
2+ 3 2+ 3 2− 3

Ta thấy x=

(

(

P=
=

(

(

)

3 −1

2

4 − 2 3 +1

)(

=

2 3 −1
5−2 3

) = 2( 3

25 3 +6−5−2 3

(

5 − 2 3
2

)

2 x
, ta có:
x +1

Thay x vào P =
2

)

)

2

0.25đ

=

(

)(

)(

2 3 −1 5 + 2 3
5−2 3 5+2 3

(

) (

)

(0,5đ)

)
)

3 +1 2 3 3 +1
=
25 − 12
13

c, Tìm giá trị lớn nhất của P (2 điểm)
Với mọi x ≥ 0, ta có:

(

)

2

(0,25đ)

x −1 ≥ 0

⇔
⇔

2

− 2 x +1 ≥ 0
x+1 ≥ 2 x
x

2 x
1+ x

⇔

1≥

⇔

2 x
≤1
1+ x
P ≤1

⇔

(0,5đ)

( vì x+1>0)

(0,25đ)

Vậy giá trị lớn nhất của P =1 ⇔
⇔
⇔

0.25đ

x −1 = 0
x =1

5

(

)

2

x −1 = 0

0.25đ


⇔

x=1

(0,5đ)

Bài 2 : (3 điểm).
Từ phương trình ta có:

x + 2002
x + 2003
x + 2004
x + 2003 − m x + 2003 − m x + 2003 − m
−1+
−1+
−1 = 0 ⇔
+
+
=0
m −1
m
m +1
m −1
m
m +1

⇔ ( x + 2003 − m)(

1
1
1
+ +
) = 0.
m −1 m m +1

1.5đ
+ Nếu :

1
1
1
1
1
+ +
= 0 ⇔ 3m 2 = 1 ⇔ m =
;m = −
m −1 m m +1
3
3

0.5đ

phương trình có vô số nghiệm.
+ Nếu m ≠ -1;0;1 ;

(0,5đ)

1
1
;−
; phương trình có nghiệm x= m-2003.
3
3

(0,5đ)

Bài 3 : (2điểm). Từ 1/a +1/b+1/c =0 mà a, b là các số dương suy ra c là số âm và
ab+bc+ca = 0.
(0,25đ)
Ta có :
a+c + b+c = a+b
⇔ a + b + 2c + 2 ab + ac + bc + c 2 = a + b

(1.25đ)

⇔ 2c + 2 ab + ac + bc + c 2 = 0
⇔ c + c = 0 ⇔ c − c = 0.(dpcm)

Bài 4 :(6điểm)
1. Do P thuộc (O’) mà MD là đường kính suy ra góc MPD vuông hay MP vuông góc với
ED. Tương tự CE vuông góc với ED. Từ đó PM//EC. (1)
Vì EF là dây cung, CD là đường kính mà CD ⊥ E F nên I là trung điểm của E F. Lại cóI là
trung điểm của CM nên tứ giác CE M F là hình bình hành. Vậy FM//CE.(2). Từ (1) và (2)
suy ra P, M , F thẳng hàng.
(2đ)
2. Ta có ∠ EDC = ∠ EFP (góc có cạnh tương ứng vuông góc). Do tam giác PO ’D cân tại O’
nên ∠ EDC = ∠ O’PD. Lại có ∠ EFP = ∠ IPF (do tam giácIPF cân) vậy
∠ I PF= ∠ O’PD mà ∠ FPD =1v, suy ra ∠ IPO’ =900 nên IP ⊥ O’P. Hay IP là tiếp tuyến của
(O’).
(2đ)
’
’
’
3. Vì O M =1/2 MD và IM =1/2MC nên IO =1/2 CD vậyIO =R. áp dụng định lý Pytago có

PI2 + PO’2 = IO’2 =R2 (không đổi ) . Mặt khác 4S2 =PI2.PO’2 ( S là diện tích của tam giác
IO’P) . Vậy 4S2 Max hay S Max khi PI = PO’ =R
DM =

2 R , Vậy M cách D một khoảng bằng

1
mà DM =2 PO’ do đó
2

2 R.

2đ

(1đ)

E

C

D

O O

’

6


F

Bài 5 ;(3điểm)
1 k

x − y = 6

1
1
1
1
1 k

= k ⇔ y − =
Đặt 6( x − ) = 3( y − ) = 2( z − ) = xyz −
y
z
x
xyz
z 3

 1 k
z − x = 2


0.5đ

Xét tích :
1
1
1
k3

k3
1
1
1
1
( x − )( y − )( z − ) =
⇔
= xyz −
− ( y − ) − (x − ) − (z − )
y
z
x
36
36
xyz
z
y
x
k3
k k k
k3
⇔
=k− − − ⇔
=0⇔k =0
36
3 2 6
36
( xyz ) 2 = 1
 xyz = ±1
x = y = z = 1

⇔
⇔
⇔
 xy = yz = zx = 1
 x = y = z = −1
 xy = yz = zx = 1

1đ

1đ
Vậy (x, y , z) = (1,1,1) =(-1,-1,-1) là cần tìm. 0,5đ

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MÔN: TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề

 x+ y
x − y   x + y + 2xy 
+
: 1+
÷
÷.
÷ 
1
−
xy
1
−

xy
1
+
xy




Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: P = 
a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tính giá trị của P với x =

2
.
2+ 3

Bài 2: (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) và (L) lần lượt là đồ thị của hai

1
2

hàm số: y = − x +

3
và y = x .
2

a) Vẽ đồ thị (D) và (L).
b) (D) và (L) cắt nhau tại M và N. Chứng minh OMN là tam giác vuông.

Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình: 6x 4 − 5x 3 − 38x 2 − 5x + 6 = 0 .
Bài 4: (2 điểm) Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh là a, vẽ một đường thẳng cắt
cạnh BC ở M và cắt đường thẳng DC ở I.
Chứng minh rằng:

1
1
1
+
=
.
AM 2 AI2 a 2

Bài 5: (6 điểm)

7


Cho hai đường tròn ( O ) và ( O/ ) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO/ cắt đường tròn ( O )
và ( O ) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF, E
∈ ( O ) và F ∈ ( O/ ). Gọi M là giao điểm của AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. Chứng
minh rằng:
/

a) Tứ giác MENF là hình chữ nhật.

b) MN ⊥ AD.
c) ME.MA = MF.MD.
---------- Hết ----------

8


Bài
1 ĐKXĐ: x ≥ 0; y ≥ 0; xy ≠ 1 .
a) Mẫu thức chung là 1 – xy

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

=

x +x y+ y+y x + x −x y− y+y x
1 − xy
.
1 − xy
1 + x + y + xy

x=

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

0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ

2
2(2 − 3)
=
= 3 − 2 3 + 1 = ( 3 − 1) 2
4−3
2+ 3

x = ( 3 − 1) 2 =

2
a)

Điểm
0,5 đ

P=

=
b)

Đáp án

0,5 đ
0,5 đ

3 −1 = 3 −1

P=

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

0,5 đ

P=

2( 3 − 1) 6 3 + 2
=
13
5−2 3

0,5 đ

3

x = 0 ⇒ y =
1
3
Đồ thị y = − x + có : 
2
2
2
 y = 0 ⇒ x = 3
 x khi x ≥ 0

Đồ thị y = x = 
− x khi x ≤ 0

0,5 đ

0,5 đ

Đồ thị như hình vẽ:
y

N

3

(L)

1đ

(D)
3/2
1
-3

b)

O

M

1

3

Đồ thị (D) và (L) cắt nhau tại hai điểm có tọa độ M(1; 1) và N( - 3; 3)
Ta có: OM = 12 + 12 = 2 ⇒ OM2 = 2

x

0,5 đ
0,5 đ

9


ON =

32 + (−3) 2 = 3 2 ⇒ ON2 = 18

(1 − 3) + (1 + 3) = 20 ⇒ MN2 = 20
Vì: OM2 + ON2 = MN2
Vậy: tam giác OMN vuông tại O
Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình
Chia cả 2 vế của phương trình cho x2 ta được:
2

MN =

3

2

5 6
+
=0
x x2
1
1
⇔ 6(x 2 + 2 ) − 5(x + ) − 38 = 0
x
x
1
1
Đặt y = x +
thì: x 2 + 2 = y 2 − 2
x
x

0,5 đ
0,5 đ

6x 2 − 5x − 38 −

1đ

Ta được pt: 6y2 – 5y – 50 = 0 <=> (3y – 10)(2y + 5) = 0

10
5
và y = −
3

2
10
1 10
⇔ 3x 2 − 10x + 3 = 0
* Với y =
thì: x + =
3
x 3
1

x
=
1
3
<=> (3x – 1)(x – 3) = 0 <=> 

x2 = 3
5
1
5
* Với y = − thì: x + = − ⇔ 2x 2 + 5x + 2 = 0
2
x
2
1

x3 = −

2
<=> (2x + 1)(x + 3) = 0 <=>


 x 4 = −2
Do đó:

y=

4

A

1đ

1đ

1đ

B

M

J

C

D

I

Vẽ Ax ⊥ AI cắt đường thẳng CD tại J.
Ta có ∆ AIJ vuông tại A, có AD là đường cao thuộc cạnh huyền IJ, nên:

1
1
1
= 2 + 2
2
AD
AJ
AI

(1)

0,5 đ

Xét hai tam giác vuông ADJ và ABM, ta có:
·
·
AB = AD = a; DAJ
(góc có cạnh tương ứng vuông góc)
= BAM
⇒ ∆ADJ = ∆ABM . Suy ra: AJ = AM
Thay vào (1) ta được:

0,5 đ

1
1
1
1
=

+ 2 = 2 (đpcm)
2
2
AD
AM
AI
a
10

0,5 đ
0,5 đ


5

M

E
I
F

A

O

H
B

C

D
O/

N

a)

·
·
Ta có AEB
= CFD
= 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
Vì EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O/), nên:
OE ⊥ EF và OF ⊥ EF => OE // O/F
· / D (góc đồng vị) => EAO
·
/
·
·
=> EOB
= FO
= FCO
Do đó MA // FN, mà EB ⊥ MA => EB ⊥ FN
·
Hay ENF
= 900 .

µ =N
µ = F$ = 90O , nên MENF là hình chữ nhật
Tứ giác MENF có E

b)

Gọi I là giao điểm của MN và EF; H là giao điểm của MN và AD
·
·
Vì MENF là hình chữ nhật, nên IFN
= INF

1
·
·
»
= FDC
= sđ FC
Mặt khác, trong đường tròn (O/): IFN

c)

2
·
·
=> FDC = HNC
Suy ra ∆FDC đồng dạng ∆HNC (g – g)
·
·
=> NHC
= DFC
= 90O hay MN ⊥ AD
·
·

Do MENF là hình chữ nhật, nên MFE
= FEN
1
·
·
»
= EAB
= sđ EB
Trong đường tròn (O) có: FEN
2
·
·
=> MFE
= EAB
Suy ra ∆MEF đồng dạng ∆MDA (g – g)
ME MF
=
=>
, hay ME.MA = MF.MD
MD MA

11

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ


ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Câu 1. (4,0 điểm):
a. Tìm số tự nhiên n sao cho: n + 24 và n – 65 là hai số chính phương
b. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19.
Câu 2. (4,0 điểm):
a. Cho A =

x
xy + x + 2

+

y
yz + y + 1

+

2 z
.
zx + 2 z + 2

Biết xyz = 4, tính A .
a b c

x y z
x2 y 2 z 2
b. Cho + + = 1 và + + = 0 . Chứng minh rằng : 2 + 2 + 2 = 1 .
x y z
a b c
a
b
c
x2
Câu 3. (3,0 điểm): Giải phương trình : x +
=3
( x + 1) 2
Câu 4. (7,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’, H là trực tâm.
2

a) Tính tổng

HA' HB' HC'
+
+
AA' BB' CC'

b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC; IM, IN thứ tự là phân giác của góc AIC và góc AIB.
Chứng minh rằng: AN.BI.CM = BN.IC.AM.

(AB + BC + CA ) 2
c) Tam giác ABC như thế nào thì biểu thức
đạt giá trị nhỏ nhất?
AA' 2 + BB' 2 + CC' 2

2. Cho tam giác đều ABC, gọi M là trung điểm của BC. Một góc xMy bằng 60 0 quay quanh
điểm M sao cho 2 cạnh Mx, My luôn cắt cạnh AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng:
BC 2
a) 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.
Câu 5. (2,0 điểm): Cho a, b, c là các số dương, chứng minh rằng:
a
b
c
3
≤
T=
+
+
3a + b + c
3b + a + c 3c + b + a
5
__________ Hết __________
(Có điều chỉnh biểu điểm so với đề thi)
Câu 1 (5,0 điểm):
a. ( 3,0 điểm)
2

n + 24 = k
Ta có: 
2

n − 65 = h

⇔ k 2 − 24 = h 2 + 65
⇔ ( k − h )( k + h ) = 89 = 1.89
k + h = 89 k = 45
⇔
⇒
k − h = 1
h = 44

Vậy:

n = 452 – 24 = 2001
b. ( 2,0 điểm)
Với n = 0 ta có A(0) = 19 M 19
Giả sử A chia hết cho 19 với n = k nghĩa là: A(k) = 7.52k + 12.6k M 19
Ta phải chứng minh A chia hết cho 19 với n = k + 1 nghĩa là phải chứng minh:

12


A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1 M19
Ta có: A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1
= 7.52k.52 + 12.6n. 6
= 7.52k.6 + 7.52k .19 + 12.6n. 6
= 6.A(k) + 7.52k .19 M19
Vậy theo nguyên lý quy nạp thì A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19 với mọi số tự nhiên n
Câu 2. (6,0 điểm):
a. (3,0 điểm)
ĐKXĐ x,y,z ≥ 0. Kết hợp xyz = 4 ⇒ x, y, z > 0; xyz = 2
Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ hai với x , thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ ba bởi

ta được.
xy
x
2 z
A=
+
+
=1
xy + x + 2 2 + xy + x
z x + 2 + xy

(

)

Suy ra A = 1 ( vì A>0).
b. (3,0 điểm)
a b c
ayz+bxz+cxy
+ + =0 ⇔
=0
Từ :
x
y z
xyz
⇔ ayz + bxz + cxy = 0
x y z
x y z
+ + = 1 ⇔ ( + + )2 = 1
Ta có :

a b c
a b c
2
2
2
x
y
z
xy xz yz
⇔ 2 + 2 + 2 + 2( + + ) = 1
a
b
c
ab ac bc
2
2
2
x
y
z
cxy + bxz + ayz
⇔ 2 + 2 + 2 +2
=1
a
b
c
abc
x2 y2 z 2
⇔ 2 + 2 + 2 = 1(dfcm)
a

b
c
Câu 3. (1,0 điểm):
ĐK: x ≠ - 1
x 2
x2
x2 2
x2
⇔(x⇔(
) = 3–2
) +2
-3=0
x +1
x +1
x +1
x +1
x2
x2
1± 5
=>
= 1 => x1,2 =
Hoặc
= -3 vô nghiệm
x +1
x +1
2
Câu 4. (6,0 điểm)
1. (3,0 điểm):

1

.HA'.BC
S HBC 2
HA'
=
=
a) (1,0đ)
S ABC 1
AA'
.AA'.BC
2
S HAB HC' S HAC HB'
=
=
Tương tự:
;
S ABC CC' SABC BB'

HA' HB' HC' SHBC S HAB S HAC
+
+
=
+
+
=1
AA' BB' CC' S ABC S ABC S ABC
b) (1,0đ) Áp dụng tính chất phân giác vào các tam giác ABC, ABI, AIC:

BI AB AN AI CM IC
=
;

=
;
=
IC AC NB BI MA AI

13

xyz


BI AN CM AB AI IC AB IC
.
.
=
. . =
. =1
IC NB MA AC BI AI AC BI
BI .AN.CM = BN.IC.AM
c) (1,0) V Cx CC. Gi D l im i xng ca A qua Cx
- Chng minh c gúc BAD vuụng, CD = AC, AD = 2CC
- Xột 3 im B, C, D ta cú: BD BC + CD
- BAD vuụng ti A nờn: AB2+AD2 = BD2
AB2 + AD2 (BC+CD)2
AB2 + 4CC2 (BC+AC)2
4CC2 (BC+AC)2 AB2
Tng t: 4AA2 (AB+AC)2 BC2
4BB2 (AB+BC)2 AC2
- Chng minh c : 4(AA2 + BB2 + CC2) (AB+BC+AC)2

(AB + BC + CA ) 2

4
AA'2 + BB'2 + CC'2



ng thc xy ra
BC = AC, AC = AB, AB = BC

AB = AC =BC
ABC u
* Kt lun ỳng
2. (3 điểm):
a) (1 điểm) Trong tam giác BDM ta có : D 1 = 120 0 M 1
Vì M = 600 nên ta có: M = 120 0 M
2

3

1

x

Suy ra D 1 = M 3

Chứng minh BMD ~ CEM (1)
D
1
BD CM
=
Suy ra

, từ đó BD.CE = BM.CM
BM
CE
B
2
BC
BC
Vì BM = CM =
, nên ta có BD.CE =
2
4
BD MD
=
b) (1 điểm) Từ (1) suy ra
mà BM = CM nên ta có
CM EM
BD MD
=
BM EM
Chứng minh BMD MED
Từ đó suy ra D 1 = D 2 , do đó DM là tia phân giác của góc BDE
Chứng minh tơng tự ta có EM là tia phân giác của góc CED
c) (1 điểm) Gọi H, I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC
Chứng minh DH = DI, EI = EK
Tính chu vi tam giác bằng 2AH; Kết luận.
Cõu 5 (2,0 im):

y

A

__________________

14

E
2
1

2 3

M

C


Đề số...
Câu 1( 2 điểm)
a)Cho biểu thức: A = (x2 – x - 1 )2 + 2013
Tính giá trị của A khi x =

3
3 + 1 −1

−

3
3 +1 +1

b) Cho (x + x 2 + 2013 ).(y + y 2 + 2013 )=2013. Chứng minh x2013+ y2013=0

Câu 2 ( 2 điểm)
a) Giải phương trình: x2+ 5x +1 = (x+5)
b) Chứng minh

x2 + 1

a
b
c
+
+
> 2 , với a, b, c>0
b+c
a+c
b+a

Câu 3 ( 2 điểm)
a) Tìm số dư của phép chia đa thức (x+2) (x+4) (x+6) (x+8) +2013 cho đa thức x2+10x+21
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3y2+x2+2xy+2x+6y+2017
Câu 4 ( 3 điểm)
1)Cho tam giácABC, Â= 900, AB < AC, đường cao AH. Gọi D và E lần lượt là hình chiếu
của H trên AB và AC. Chứng minh:
a) DE2=BH.HC
b) AH3=BC.BD.CE
Â
a
2)Cho tam giác ABC, BC= a, AC=b, AB=c. Chứng minh sin ≤
2 b+c
Câu 5( 1 điểm)
Cho a, b, c là 3 cạnh một tam giác. Chứng minh:

1
1
1
1 1 1
+
+
≥ + +
a +b−c b+c− a c+ a −b a b c

.................... Hết ...............

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
TOÁN 9 (Thời gian làm bài 150 phỳt)
Bài 1(6điểm)
 x+ y

Cho P = 

 1 − xy

+

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

a, Rút gọn P
b, Tính giá trị của P với x=

2
2+ 3

c, Tìm giá trị lớn nhất của P
Bài 2 : (3đ) Giải phương trình sau :

15


x + 2002 x + 2003 x + 2004
+
+
=3
m −1
m
m +1

( với m là tham số ).

Bài 3 : ( 2đ) Chứng minh rằng nếu a , b là các số dương thõa mãn :
1 1 1
+ + = 0. Thì :
a b c

a + c + b + c = a + b.

Bài 4 : (6đ) Cho đường tròn tâm (O) đường kính CD = 2R . Điểm M di động trên đoạn OC .

Vẽ đường tròn tâm (O’) đường kính MD . Gọi I là trung điểm của đoạn MC , đường thẳng qua I
vuông góc với CD cắt (O) tại E và F . Đường thẳng ED cắt (O’) tại P .
4. Chứng minh 3 điểm P, M , F thẳng hàng.
5. Chứng minh IP là tiếp tuyến của đường tròn (O’).
6. Tìm vị trí của M trên OC để diện tích tam giác IPO’ lớn nhất.
Bài 5 : (3đ) Tìm các số nguyên x, y ,z thỏa mãn :
1
y

1
z

1
x

6 ( x − ) = 3( y − ) = 2( z − ) = xyz −

16

1
.
xyz