ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 ĐỒNG THÁP CỰC HAY

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỒNG THÁP

ĐỀ THAM KHẢO
HUYỆN THANH BÌNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS

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

Câu 1 (5,0 điểm).
a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n 2 + n + 2 không chia hết cho 3.
b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n 2 + 17 là một số chính phương.
Câu 2 (5,0 điểm)
a) Giải phương trình: x 2 + 4x+5 = 2 2x+3

2x+y = x 2
b) Giải hệ phương trình: 
2
2y+x = y
Câu 3 (3,0 điểm).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

4x+3
x2 + 1

Câu 4 (4,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE, CF của
tam giác ABC cắt nhau tại H.
a) Chứng minh rằng BH.BE + CH.CF = BC 2

b) Gọi K là điểm đối xứng với H qua BC. Chứng minh rằng K∈ (O).
Câu 5 (2,5 điểm).
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, một điểm I chuyển động trên cung BC
không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I cắt đường
thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh
rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định.


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THAM KHẢO
Môn: TOÁN

Câu:
1.
a,
(2,5)

Nội dung
*) Nếu nM3 ⇒ n 2 + nM3
nên n 2 + n + 2 M
/ 3 (1)
*) Nếu n M
/ 3 ⇒ n 2 + 2M3

/ 3 (2)
⇒ n2 + n + 2 M
Từ (1) và (2) ⇒ ∀n ∈ Z thì n 2 + n + 2 M
/3
2
2
(m ∈ N)

Đặt m = n + 17
⇒ m 2 − n 2 = 17 ⇒ (m − n)(m + n) = 17 = 1.17 =17.1

Do m + n > m - n
b,
m + n = 17
(2,5)

2.

m = 9
⇒
⇒
m − n = 1
n = 8
Vậy với n = 8 ta có n 2 + 17 = 64 + 17 = 81 = 92
Giải phương trình x 2 + 4x+5=2 2x+3

(1)

3
2
2
(1) ⇔ x + 4x+5-2 2x+3 = 0
Điều kiện: 2x+3 ≥ 0 ⇒ x ≥ -

a,
(2.5)

⇔ x 2 + 2x+1+2x+3-2 2x+3 + 1 = 0

⇔ (x + 1)2 + ( 2x+3 − 1)2 = 0
x + 1 = 0
⇔
 2x+3 − 1 = 0
x = −1
⇔
2x+3=1
⇔ x = −1 thỏa mãn điều kiện

Giải hệ phương trình

2x+y=x 2

2
2y+x=y

(1)
(2)

Trừ từng vế 2 phương trình ta có: x 2 − y 2 = x − y

⇔ (x − y)(x + y − 1) = 0
x = y
x = y
⇔
⇔
x + y − 1 = 0
x = 1 − y

b,

(2.5) Ta có:


x = y
x = y
⇔
x(x − 3) = 0 x = 0 hoặc x = 3

*) 

Vậy (x; y) = (0;0); (3;3)

x = 1 − y

x = 1 − y
x = 1 − y
⇔
⇔
(*)

 2
2
2
2x+y = x
2 − 2y + y = (1 − y)
y − y + 1 = 0
Vì phương trình y 2 − y + 1 = 0 vô nghiệm nên hệ (*) vô nghiệm
*) 

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (x; y) = (0; 0); (3; 3)

3.

4x+3
x2 + 1
4x+3
x 2 + 4x+4
Ta có: A = 2
= −1 +
x +1
x2 + 1
(x + 2)2
A = −1 + 2
≥ −1
x +1
Dấu "=" xảy ra ⇔ x + 2 = 0 ⇔ x = −2
Vậy A min = −1 khi x = -2
Tìmgiá trị nhỏ nhất của A =

4.
A

E
H

F
B

O

I

C

K

S

Gọi I là giao điểm của AH và BC ⇒ AI ⊥ BC
Ta có: ∆BHI ∆BCE (g, g)

BH BI
=
⇒ BH.BE = BC.BI (1)
BC BE

Ta có: ∆CHI

⇒

S

⇒

∆CBF (g, g)

CH CI
=
⇒ CH.CF = BC.CI (2)
CB CF

Từ (1) và (2) suy ra BH.HE + CH.CF = BC(BI + CI) = BC2
·
·
Gọi K là điểm đối xứng của H qua BC suy ra HCB
= KCB
·
·
Mà FAI
(do tứ giác AFIC nội tiếp)
= HCI

·
·
·
·
⇒ FAI
= BCK
hay BAK
= BCK

⇒ tứ giác BACK nội tiếp đường tròn (O) ⇒ K ∈ (O)


5.

·
·
+ Khi BAC
= 900 ⇒ BIC
= 900 .

⇒ F trùng với B, E trùng với C lúc đó EF là đường kính.
⇒ EF đi qua điểm O cố định.
B
F

O
K
I

A
E
C

·
·
+ Khi BAC
< 900 ⇒ BIC
> 900.
Gọi K là điểm đối xứng của I qua EF.
· = EAF
·
·
(cùng bù BIC
)
⇒ EIF
·
·
(Do I và K đối xứng qua EF)
EKF
= EIF

·
·
⇒ EKF
= EAF

⇒ AKFE nội tiếp
·
·
» ) (1)
(cung chắn KF
⇒ KAB
= KEF
·
·
(Do K và I đối xứng qua EF) (2)
IEF
= KEF
·
·
·
(cùng phụ KIE
) (3)
IEF
= BIK

·
·
Từ (1), (2), (3) ⇒ KAB
= BIK
⇒ AKBI là tứ giác nội tiếp

⇒ K ∈ (O)

Mà EF là đường trung trực của KI ⇒ E, O, F thẳng hàng.
·
·
+ Khi BAC
> 900 ⇒ BIC
< 900 chứng minh tương tự.
Vậy đường thẳng EF luôn đi qua điểm O cố định.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG THÁP
ĐỀ ĐỀ XUẤT
(Đề gồm có 02 trang)
Câu I. (4,0 điểm)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Ngày thi:
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)


1. Tính : A =

4 + 10 + 2 5 + 4 − 10 + 2 5

2. Chứng minh rằng số có dạng n6 - n4 + 2n3 + 2n2 trong đó n ∈ N và n >1
không phải là số chính phương.
3. Chứng minh rằng: P = 2 + 22 + 23 + …+ 22011 + 22012 chia hết cho 6.
Câu II. (4,0 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 = 

1.Rút gọn biểu thức P.
2.Tìm x để P =

2
.

7

3.So sánh: P2 và 2P.
Câu III. (4,0 điểm)
1. Cần đặt một ống nước dài 21m bằng hai loại ống: ống dài 2m và ống dài 3m. Hỏi mỗi
loại cần mấy ống?
2. Giải phương trình sau:

7 − x + x − 5 = x 2 − 12x + 38 .

3. Giải phương trình: x4 + (x – 1)4 = 97
x + y + z = 6

4. Giải hệ phương trình: 2 x − 3 y − 5 z = −19
 4 x + 9 y + 25 z = 97


Câu IV. (4,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Chứng minh rằng:
1.Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC
2.BH.BE + CH.CF = BC2

BC 2
3. AD.HD ≤
4
4.Gọi I, K, Q, R lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ E xuống AB, AD, CF, BC.
Chứng minh bốn điểm I, K, Q, R cùng nằm trên một đường thẳng.

Câu V. (4,0 điểm)
1.Một trường học được xây dựng trên khu đất hình chữ nhật

ABCD có AB = 50m; BC = 200m. Ở phía chiều rộng AB
tiếp giáp đường chính, người ta sử dụng hai lô đất hình vuông
AMEH, BMIK để xây dựng phòng làm việc và nhà để xe.
Diện tích còn lại để xây phòng học và các công trình khác
(hình vẽ). Tính diện tích lớn nhất còn lại để xây phòng học và
các công trình khác.

A

M

B

I
H

D

K
E

C


2. Cho đường tròn (O) hai đường kính AB và MN. Qua A vẽ tiếp tuyến xy, đường thẳng
BM cắt tiếp tuyến xy tại C, đường thẳng BN cắt tiếp tuyến xy tại D. Gọi P là trung điểm của
AC, Q là trung điểm của AD; H là trực trâm của tam giác BPQ.
a) Chứng minh AH.AB=AP.AQ
b) Chứng minh H là trung điểm của OA.
c) Cho AB cố định. Tìm vị trí của đường kính MN sao cho diện tích tam giác BPQ có

giá trị nhỏ nhất. HẾT.

HƯỚNG DẪN
(gồm có 05 trang)
Câu

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
MÔN: TOÁN
Nội dung yêu cầu

1.
Vì

4 + 10 + 2 5 > 0;

4 − 10 + 2 5 > 0 ⇒ A > 0

(1)

Điểm
2
0.25


Câu I
(4,0 đ)
A2 = 4 + 10 + 2 5 + 2 (4 + 10 + 2 5 )(4 − 10 + 2 5 ) + 4 − 10 + 2 5
= 8 + 2 16 − 10 − 2 5

0.25

= 8 + 2 5 − 2 5 + 1 = 8 + 2 ( 5 − 1) 2

0.25
0.25

= 8 + 2 5 −1
= 8 + 2 5−2
= ( 5 + 1) 2

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: A =

5 +1

2.
n6 - n 4 + 2n3 + 2n2 = n2. (n4 - n2 + 2n +2) = n2. [n2(n-1)(n+1) +2(n+1)]
= n2[(n+1)(n3 - n2 + 2)] = n2(n + 1) . [(n3 + 1) - (n2 - 1)]
= n2(n + 1)2 . (n2 - 2n + 2)

CâuII

Với n ∈ N, n > 1 thì n2 - 2n + 2 = ( n -1)2 + 1 > ( n - 1)2
Và n2 - 2n + 2 = n2 - 2(n - 1) < n2
Vậy (n - 1)2 < n2 - 2n + 2 < n2 => n2 - 2n + 2 không phải là một số chính
phương.
3.
Chứng minh rằng: P = 2 + 22 + 23 + …+ 22011 + 22012 chia hết cho 6.
Dễ thấy: P M 2

Mặt khác: P = (2 + 22) + (23 + 24) + …+ (22011 + 22012) = 2(1+2) +
23(1+2) + ….
= 3(2 + 23 + … + 22011) M 3
Vì (2;3) = 1 nên P M 2.3 hay P M 6
1.
Ta có:
 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

2.
(4,0 đ)

0.5

0.25
0.25
0.25
1

0.25
0.25
0.25
0.25
1.5
0.5

0.5-0.5
1.5

P=
⇔

0.25
0.25
1
0.25

(

2
2
2
⇔
= ⇔ x+ x −6= 0
7
x + x +1 7

)

x − 2 ( x + 3) = 0

⇔ x = 2 ( vì

x +3> 0 )

0.5
0.5
0.25


⇔ x = 4 ( Thỏa mãn điều kiện).

Vậy x = 4.
3.

0.25
1
2

* Do x + x + 1 =  x + ÷ + > 0 nên P > 0.
2
4

* Với x > 0 thì x + x > 0 nên x + x + 1 > 1
1

3

1

2
<1⇒ P =
<2
suy ra:
x + x +1
x + x +1
Do đó: 0 < P < 2 nên P.(P – 2) < 0 ⇔ P2 < 2P.

1.
Gọi x là số ống loại 2m và y là số ống loại 3m
ĐK: x, y là số nguyên không âm.
Ta có pt: 2x + 3y + 21 ⇔ 2x = 21 – 3y ⇔ x =
1− y
= t ∈ Z ⇒ 1 − y = 2t ⇒ y = 1 − 2t
2
 x = 9 + 3t
Suy ra: 
với t ∈ Z
 y = 1 − 2t

0.25
0.25
0.25
0.25
1

21 − 3 y
1− y
= 10 − y +
2

2

0.25

Đặt:

t ≥ −3
9 + 3t ≥ 0 
⇒
⇒ 1
Vì x ≥ 0 và y ≥ 0
1 − 2t ≥ 0
t ≤ 2
⇒ −3 ≤ t ≤

1
2

2.
7 − x ≥ 0
x − 5 ≥ 0

0.25

và t ∈ Z ⇒ t ∈ { 0; −1; −2; −3}

Vậy ta có bốn khả năng có thể chọn: (x;y) = (0; 7), (3; 5), (6; 3), (9; 1)

ĐKXĐ: 

0.25

⇔5≤x≤7

0.25

1
0.25

Đặt A = 7 − x + x − 5 ⇒ A 2 = 7 − x + x − 5 + 2 (7 − x)(x − 5)
= 2 + 2 (7 − x)(x − 5) ≤ 2 + (7 − x + x − 5) = 4 ⇒ A ≤ 2 .
Dấu “=” xảy ra khi 7 − x = x + 5 ⇔ x = 6
VP: x 2 − 12x + 38 = (x − 6)2 + 2 ≥ 2 . Dấu “=” xảy ra khi x − 6 = 0 ⇔ x = 6

CâuIII
(4,0 đ)

Do đó 7 − x + x − 5 = x 2 − 12x + 38 ⇔ x = 6
Vậy phương trình có nghiệm x=6
3.
x4 + (x – 1)4 = 97 ⇔ x4 + ( x4 – 4x3 + 6x2 – 4x + 1) = 97
⇔ x4 – 2x3 + 3x2 – 2x – 48 = 0
⇔ (x+ 2)( x3 – 4x2 +11x – 24 ) = 0

0.25
0.25
0.25
1
0.25
0.25

0.25


⇔ (x + 2)(x – 3)(x2 – x + 8) = 0

Phương trình có hai nghiệm: x1 = - 2 ; x2 = 3
4.

0.25
1

5 x + 5 y + 5 z = 30
2 x − 3 y − 5 z = −19
Cộng từng vế: ⇒ 7 x + 2 y = 11
(4)
10
x
−
15
y
−
25
z
=
−95

Từ (2) và (3): ⇒ 
4 x + 9 y + 25 z = 97
Cộng từng vế: ⇒ 14 x − 6 y = 2 ⇔ 7 x − 3 y = 1 (5)
7 x + 2 y = 11(4)

Ta có hệ pt: 
7 x − 3 y = 1(5)
Giải hệ ta có nghiệm: x = 1, y = 2 ⇒ x = 3

Từ (1) và (2): ⇒ 

0.5

0.25

Vậy hệ có nghiệm: (x,y,z) = (1;2;3
CâuIV
(4,0 đ)

0.25

A
E
F
H

C

B
D

1.
Ta có ∆AEB : ∆AFC (g.g)
⇒

0.75
0.25
0.25

AE AB
=
AF AC

Từ đó suy ra ∆AEF : ∆ABC (c.g.c)
2.

0.25
1.25
0.5

BD BH
=
⇒ BH .BE = BC.BD (1)
BE BC
CD CH
=
⇒ CH .CF = BC.CD (2)
∆CDH : ∆CFB (g.g)
CF BC

∆BDH : ∆BEC (g.g) ⇒

Từ (1) và (2) suy ra BH.BE + CH.CF = BC.BD + BC.CD = BC
3.
Chứng minh được ∆DBH : ∆DAC (g.g)

⇒

DH DB
=
⇒ DH .DA = DC.DB
DC DA

Lại có: DC.DB ≤ (

0.5
0.25
1
0.25
0.25

2

DC + DB )
BC 2
=
4
4
2
BC
Do đó AD.HD ≤
4

4.

2

0.25
0.25
1


A
I
E

K
F

H
Q

C

B
D

R

Từ giả thiết suy ra EI//CF, EK//BC, EQ//AB, ER//AD
Áp dụng định lý Ta-let ta có:
AI
AE AK
=
=
⇒ IK//DF (3)

AF AC AD
BF BH BD
=
=
⇒ IR//DF (4)
*
BI
BE BR
CR CE CQ
=
=
⇒ RQ//DF (5)
*
CD CA CF

*

Từ (3), (4) và (5) suy ra bốn điểm I, K, Q, R thẳng hàng
1.
Đặt AM = a ; MB = b ⇒ (a+b)2 = 502
(a – b)2 ≥ 0 ⇔ a2 -2ab +b2 ≥ 0 ⇔ a2 + b2 ≥ 2ab
2(a2 + b2) ≥ (a + b )2 = 502
⇔ a2 + b2 ≥ 1250
Diện tích nhỏ nhất SAMEH + SBMIK = 1250 (m2)
Diện tích lớn nhất còn lại: 10000 – 1250 = 8750 (m2)
2.
a) Dễ dàng chứng minh được ∆AHQ : ∆APB (g.g)
Suy ra AH.AB=AP.AQ
b) ∆MBN vuông tai B ( vì MN đường kính)
Xét ∆CBD ta có

AC.AD = AB2 ⇔

AP AQ
AB2
.
= AB2 ⇔ AP.AQ =
2 2
4

Kết hợp với câu a
Ta có: AH.AB =

AB2
AB OA
⇔ AH =
=
4
4
2

⇒ H trung điểm của OA

0.25
0.25
0.25
0.25
1.5
0.5
0.5
0.25

0.25
2.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

c)

1
1
CD 1
SBPQ = AB.PQ = AB.
= AB.CD
2
2
2 4
1
= AB.(AC + AD)
4
vì AC.AD = AB2 không đổi suy ra AC+AD nhỏ nhất khi AC=AD

0.25
0.25


CâuV
(4,0 đ)

Do đó SBPQ nhỏ nhất khi AC=AD ⇔ ∆BCD
vuông cân tại B, khi đó MN đường trung bình
của ∆BCD
Suy ra MN ⊥ AB
Vậy khi MN ⊥ AB thì SBPQ có giá trị nhỏ nhất

x
C

0.25
0.25
P
M

H
A

O

B

Q
N
D

y

Phụ chú: - Nếu học sinh có cách giải khác chính xác, lý luận chặt chẽ vẫn hưởng điểm tối đa.
- Điểm thi không làm tròn.

ĐỀ THAM KHẢO THI HỌC SINH GIỎI
MÔN: TOÁN
KHỐI: 9
Đề:
Bài 1 (4điểm) Cho biểu thức P =

x2 − x
x + x +1

−

2x + x
x

+

2( x − 1)
x −1

a/ Rút gọn biểu thức P.
b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
c/ Tìm các số nguyên của để

3P
x

nhận giá trị nguyên và tính giá trị nguyên đó.

Bài 2: (3điểm)
x− y
y−z
z−x
;B =
;C =
a/ Cho A =
x+ y
y+z
z+x
Chứng minh rằng (1+A)(1+B)(1+C) = (1- A)(1- B)(1- C)
b/ Cho các số a, b, c, x, y , z thoả mãn điều kiện: x = by + cz , y = ax + cz , z = ax + by ,
x + y + z ≠ 0 . Chứng minh
Bài 3:(3điểm)

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

x + 85 x + 70 x + 140
x
+
=
+
1930
1945

1975
2015
4
3x + 16
b/ Cho x > 0 Tìm GTNN của biểu thức: A =
x3
Bài 4:(2điểm) Chứng minh rằng : với n là số tự nhiên thì : 11n+2 + 122n+1 chia hết cho 133
Bài 5: (4điểm)
HA ' HB ' HC '
+
+
a/ Cho ∆ ABC nhọn, ba đường cao AA', BB', CC' đồng quy tại H. Tính tổng
AA ' BB ' CC '
a
b
c
+
+
b/ Cho a ,b,c là số đo ba cạnh tam giác và M =
b+c c+a a+b
Chứng minh rằng M ∉ Z
a/ Giải phương trình

Bài 6: (4điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh là a. Gọi M, N, P là ba điểm lần lượt lấy trên các cạnh BC, CD và
DA sao cho tam giác MNP là tam giác đều.
a) Chứng minh: CN2 – AP2 = 2 DP.BM.
b)Xác định vị trí của M, N, P sao cho tam giác MNP có diện tích bé nhất.
HẾT

Hướng dẫn chấm đề tham khảo


Bài 1 .
NỘI DUNG

Cho biểu thức: P =

ĐIỂM

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

a) Tìm điều kiện xác định rồi rút gọn biểu thức P.
- ĐKXĐ: x > 0 ; x ≠ 1

x

- Rút gọn: P =

(

) − x(2

3

x −1

) (

) + 2(

)(

x +1

x + x +1
x
P = x x −1 − 2 x +1 + 2

(

0,5

) (

x +1

)

)

x −1

x −1

x +1

P = x − x +1

0,5
0,5
0,5

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P và giá trị x tương ứng.
2

1 3

- Ta có: P = x − x + 1 =  x − ÷ +
2 4


0,5

2

3
1

- Mà  x − ÷ ≥ 0 nên P ≥
( ∀x > 0 ; x ≠ 1)
4
2


3
1
1
⇔ x=
Vậy Min P =
khi và chỉ khi x =
4
2
4
c) Tìm các số nguyên x để

(

)

(

3P
nhận giá trị nguyên thì
x

Khi đó:
- Suy ra:

0,25

3P
nhận giá trị nguyên rồi tính giá trị nguyên đó.
x

3 x − x +1
- Ta có: 3P =
=3
x
x
- Để

0,25

)

x −1 +

3
x

x ∈ Ư(3) , ( ∀x ∈ Z , x > 0 ; x ≠ 1)

x =3 ⇔ x=9

3P
=7
x

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

Bài 2: (4điểm)

x− y
y−z
z−x
;B =
;C =
a) Cho A =
x+ y
y+z
z+x
Chứng minh rằng (1+A)(1+B)(1+C) = (1- A)(1- B)(1- C)
x− y
2x
2y
2z
=
Tương tự 1+B=
; 1+C =
x+ y x+ y
y+z
z+x
x− y
2y
2z
2x
=
Ta có 1-A=1Tương tự 1- B=
; 1- C =
x+ y x+ y
y+z
z+x

2x
2y
2z
8 xyz
.
.
=
Do đó (1+A)(1+B)(1+C)=
x + y y + z z + x ( x + y )( y + z )( z + x)
2y
2z
2x
8 xyz
.
.
=
Do đó (1-A)(1-B)(1-C)=
x + y y + z z + x ( x + y )( y + z )( z + x)
Suy ra (1+A)(1+B)(1+C) = (1- A)(1- B)(1- C)
Ta có 1+A=1+

0.5
0.25
0.25
0.25
0.25


b/ Cộng vế với vế của các đẳng thức ta được: x + y + z = 2(ax + by + cz )
Do x + y + z ≠ 0 nên ax + by + cz ≠ 0

Cộng 2 vế của các đẳng thức lần lượt cho ax, by, cz ta được:
(a + 1) x = ax + by + cz;(b + 1) y = ax + by + cz;(c + 1) z = ax + by + cz.
1
1
1
x
y
z
x+ y+z
+
+
=
+
+
=2
Suy ra:
= =
1 + a 1 + b 1 + c ax + by + cz ax + by + cz ax + by + cz
ax + by + cz
Bài 3:
x + 85 x + 70 x + 140
x
+
=
+
a/ giải phương trình
1930
1945
1975
2015

a/ giải phương trình
x + 85
x + 70
x + 40
x
+1+
+1 =
+1+
+1
(0.5đ)
1930
1945
1975
2015
x + 2015 x + 2015 x + 2015 x + 2015
⇔
+
=
+
(0.5đ)
1930
1945
1975
2015
1
1
1
1
(0.5đ)
⇔ ( x + 2015)(

+
−
−
)=0
1930 1945 1975 2015
⇒ x = −2015
0.5đ
3x 4 + 16
16
16
=
3x
+
=
x
+
x
+
x
+
x3
x3
x3
0.5đ
16
16
Áp dụng BĐT Cô-si Ta có : A = x+x+x+ 3 ≥ 4 4 x.x.x. 3 = 4.2 = 8
x
x
0.5đ

16
Vậy Min A = 8 ⇔ x = 3 ⇔ x = 2
x
Bài 4:(2điểm)
b)11n+2 +122n+1 =121.11n +12.144n
=(133-12).11n +12.144n
=133.11n +12(144n-11n) M133
Vì 144n-11n M144 -11= 133
Bài 5:
a/
S + S AHC + S BHC
S ABC = S AHB + S AHC + S BHC ⇔ AHB
=1
S ABC
b): Ta có A =

S AHB S AHC S BHC
+
+
=1
S ABC S ABC S ABC
AA '.BC BB '. AC CC '. AB
S ABC =
=
=
;
2
2
2
Mà

AC.HB '
AB.HC '
CB.HA '
va S AHC =
; S AHB =
; SCHB =
2
2
2
hay

1=
=

S AHB S AHC S BHC AB.HC ' AC.HB ' BC.HA '
+
+
=
+
+
S ABC S ABC S ABC AB.CC ' AC.BB ' BC. AA '

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

0.5đ
0.5đ
0.5đ

0.5đ

0.5đ
0.5
0.5
0.5

0.5
0. 5

0. 5


Vậy

HA ' HB ' HC '
+
+
=1
AA ' BB ' CC '

b/
Vì a ,b ,c là số đo ba cạnh của tam giác nên ta có a,b,c > 0
Và a < b +c ; b 0. 5
a
a+a
2a
<
=

Từ (1) ⇒
b+c a+b+c a+b+c
0.5
a
a
>
Mặt khác
b+c a+b+c
0.5
a
a
2a
<
<
Vậy ta có
a+b+c b+c a+b+c
0.5
b
b
2b
<
<
Tương tự ta có
a+b+c a+c a+b+c
a/ Ta có MN2 = MC2 + CN2 = (a - BM)2 + CN2 .
0. 5
Lại có: MP2 = AB2 + (BM – AP2 ) = a2 + (BM – AP2
)2.
⇒ (a - BM)2 + CN2 = a2 + (BM – AP2 ).
0.5

⇒ BM2 – 2aBM + CN2 = BM2 – 2BM.AP + AP2
⇒ CN2 – AP2 = 2a BM – 2BM.AP
= 2BM( a – AP) = 2 BM. DP
0.5
Vậy CN2 – AP2 = 2BM. DP

Câu 6:

MP 2 3
b/ Ta có: SMNP =
, do đó SMNP nhỏ nhất
4
⇔ MP ngắn nhất
⇔
MP = a ⇔ MP// AB
Khi đó: ∆ PND = ∆ MCN ⇒ ND = NC
⇒ N là trung điểm CD còn CM = DP = a 3
2

0.5

Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁP MƯỜI

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 VÒNG
TỈNH

MÔN : TOÁN

ĐỀ ĐỀ XUẤT
Câu 1. (4 điểm)
a) Tính giá trị biểu thức: A =

4 + 5 3 + 5 48 − 10 7 + 4 3

C


4
b) Chứng minh rằng: B = ( x + y ) ( x + 2 y )( x + 3 y )( x + 4 y ) + y là số chính phương với mọi số x, y
nguyên.

Câu 2. (3 điểm)
 x+2

x

1



:
+
+
Cho biểu thức: P = 

x
x
−

1
x
+
x
+
1
1
−
x


a) Rút gọn P.

b) Tìm x, biết P =

x −1
2

2
7

c) So sánh P 2 và 2P.
Câu 3. (5 điểm)
a) Giải phương trình :

x +3 +

y −2 + z +7 =

1

( x + y + z +11)
2

b) Giải hệ phương trình:
1 1 1
x + y + z = 2


 2 − 1 =4
 xy z 2
c) Cho a, b,c đôi một khác khác nhau, thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1
a 2 + 2bc − 1) ( b 2 + 2ca − 1) ( c 2 + 2ab − 1)
(
Tính giá trị biểu thức: Q =
2
2
2
( a − b) ( b − c) ( c − a)
Câu 4. (4 điểm)
Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD; E là trung điểm của CD. Gọi M là giao điểm của AE và BD, N
là giao điểm của BE và AC.
a) Chứng minh: MN song song AB.
b) Tính MN theo a và b, biết AB = a, CD = b.
Câu 5. (4 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A, BC = 6 cm, đường cao AH = cm, nội tiếp đường tròn (O) đường kính
AA'.
a) Tính bán kính đường tròn (O).
b) Kẻ đường kính CC', tứ giác CAC'A' là hình gì ? Tại sao?
c) Kẻ AK ⊥ CC', tứ giác AKHC là hình gì ? Tại sao?
d) Tính diện tích phần hình tròn nằm ngoài tam giác ABC.

( Biết π ≈ 3,14 , kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ 2)
HẾT.
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
VÒNG TỈNH
Môn thi : TOÁN
CÂU
1

HƯỚNG DẪN CHẤM
a) A =

4 + 5 3 + 5 48 − 10 7 + 4 3

ĐIỂM


(

4 + 5 3 + 5 48 − 10 2 + 3

=
=

4 + 5 3 + 5 28 + 10 3

=

4+ 5 3 +5 5− 3

(

0,5

)

0,5
0,5

)

=3
4
b) B = ( x + y ) ( x + 2 y )( x + 3 y )( x + 4 y ) + y

= ( x 2 + 5 xy + 4 y 2 ) ( x 2 + 5 xy + 6 y 2 ) + y 4

= ( x 2 + 5 xy + 5 y 2 − y 2 ) ( x 2 + 5 xy + 5 y 2 + y 2 ) + y 4
= ( x 2 + 5 xy + 5 y 2 ) − y 4 + y 4
2

= ( x 2 + 5 xy + 5 y 2 )

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

2

Vì x,y nguyên nên ( x 2 + 5 xy + 5 y 2 ) nguyên
2

2

Vậy B là số chính phương.
a) ĐKXĐ: x ≥ 0, x ≠ 1
 x+2
x
1  x −1
:
P = 
+
+

2
x
x
−
1
x
+
x
+
1
1
−
x



x + 2 + x − x − x − x −1
2
=
×
3
x −1
x −1
=

(

2

(

)

x −1

)(

x3 − 1

2

0,25

0,25

0,25

)

x −1

0,25

2
=
x + x +1

b) Ta có:
P=
⇔

2
7

2
2
=
x + x +1 7

⇔ x+ x −6 = 0

0,25
0,25

 x =2

⇔
⇔x=4
 x = −3(VN)

0,25- 0,25

Vậy x = 4
c)


2



0,25

2

4

2
Ta có : M =  x + x + 1 ÷ =


x + x +1

2M =

4
x + x +1

(

)

2

0,25
0,25


Mà x ≥ 0 ⇒ x + x + 1 ≥ 1

(

)

0,25

2

⇒ x + x +1 ≥ x + x +1

Do đó:

(x

4
2

)

+ x +1

2

≤

4
x + x +1

Vậy M 2 ≤ 2 M
3

x +3 +

a)

y −2 + z +7 =

1
( x + y + z +11) (1)
2

ĐKXĐ: x ≥ −3; y ≥ 2; z ≥ −7
phương trình (1) ⇔ x + y + z + 11 − 2 x + 3 − 2 y − 2 − 2 y + 7 = 0
⇔

(

) (
2

x + 3 −1 +

) (
2

y − 2 −1 +

)

2

z + 7 −1 = 0

 x + 3 −1 = 0
 x = −2


⇔  y − 2 − 1 = 0 ⇔  y = 3 ( nhận)

 z = −6

 z + 7 − 1 = 0
Vậy nghiệm của phương trình: (x; y; z) = (-2; 3; -6)
1 1 1
x + y + z = 2

b) 

 2 − 1 =4
 xy z 2
 1 1 1  2
 + + ÷ = 4
 x y z
⇔ 
 2 − 1 =4
 xy z 2


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

0,5

2

1 1 1
2 1
⇔ + + ÷ =
−
xy z 2
x y z
1
1 1 2
2 2 2 1
⇔ 2 + 2 + 2 + + + − + 2 =0
x

y
z
xy yz zx xy z
2

2

1 1 1 1
⇔  + ÷ + + ÷ = 0
x z  y z
1 1
 x + z = 0
⇔
⇔ x = y = −z
1 + 1 = 0
 y z
 1 1 −1 
Thế vào ta có nghiệm: (x; y; z) =  ; ; ÷
2 2 2 
c) Ta có

0,5

0,25- 0,25
0,5

0,5


a 2 + 2bc − 1 = a 2 + 2bc − ab − bc − ca

0,5

= a 2 + bc − ab − ca
= ( a − b) ( a − c)

2
Tương tự: b + 2ca − 1 = ( b − a ) ( b − c )

c 2 + 2ab − 1 = ( c − a ) ( c − b )

⇒Q=

4

( a − b) ( a − c) ( b − a ) ( b − c) ( c − a ) ( c − b)
2
2
2
( a − b) ( b − c) ( c − a)

= −1

a) Ta có: AB // DE
ME ED
⇒
=
(1)
MA AB
Ta có: AB // EC

NE EC
⇒
=
(2)
NB AB
Mà DE = EC (3)
ME NE
=
Từ (1), (2) và (3) ⇒
MA NB
Do đó: MN // AB
b) Ta có: MN // EC
MN AN
⇒
=
(3)
EC AC
Ta có: AB // EC
AN AB
⇒
=
NC EC
AN
AB
⇔
=
AN + NC AB + EC
AN
AB
⇔

=
(3)
AC AB + EC
MN
AB
⇒
=
EC AB + EC
Từ (3) va (4)

b
a.
AB.EC
2 = ab
⇔ MN =
=
AB + EC a + b 2a + b
2

0,5

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

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

Vậy MN =

ab
2a + b

5

a) Ta có : ∆ ABC cân tại A nên AA' là đường kính của đường tròn (O)
nên AA' đi qua H.
Ta có : OH ⊥ BC ⇒ HB = HC = 3cm
Xét ∆ ACA' vuông tại C có CH là dường cao nên
CH 2
CH 2 = HA.HA ' ⇒ HA' =
= 2, 25cm
HA
Mà AA' = AH + HA' = 4 + 2,25 = 6,25
AA '
= 3,125 cm
Suy ra R =
2
·
b) Ta có CAC
' = ·ACA ' = ·AC ' A ' = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra ACA'C' là hình chữ nhật.
c) Ta có ·AKC = ·AHC = 900
Suy ra tứ giác AKHC nội tiếp đường tròn đường kính AC. (1)
Ta có: ·ACK = ·AHK (cùng chắn cung AK)
·
OAC

= ·ACO (tam giác AOC cân tại O)
·
Suy ra OAC
= ·AHK
Nên HK // AC
Suy ra tứ giác AKHC là hình thang (2)
Từ (1) và (2) ⇒ tứ giác AKHC là hình thang cân.
c) Diện tích hình tròn (O)
2
S( O ) = π R 2 = 3,14. ( 3,125 ) = 30, 66 (cm2)
Diện tích tam giác ABC
1
1
S ABC = BC. AH = .6.4 = 12 (cm2)
2
2
Diện tích phần hình tròn nằm ngoài tam giác ABC
S = S( O ) − S ABC = 30, 66 − 12 = 18, 66 (cm2)
Chú ý:
- Học sinh có lời giài khác đúng logic cho điểm tối đa.
- Riêng câu 4, câu 5 hình vẽ sai không chấm bài làm.

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

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


THAM KHẢO
Kỳ thi học sinh giỏi cấp Tỉnh Môn: Toán (Lớp 9)
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (5 điểm)


2+ x
x − 2   x x + x − x −1 
−
÷
÷
÷ (với x > 0)
x − 1 ÷
x
 x + 2 x +1



a) Rút gọn biểu thức: A = 

b) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn đẳng thức:
Chứng minh rằng:

Bài 2: (4 điểm)

2015

a + 2015 b − 2015 c = 2015 a + b − c

a + b − c = a+b−c


a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: 8 x 2 y 2 + x 2 + y 2 = 10 xy
 mx + y = m + 1

b) Tìm m để hệ phương trình sau có vô số nghiệm rồi tìm nghiệm đó: 

 x + my = 2

Bài 3: (3điểm)
Một tổ học sinh được tặng một số quyển vở. Số vở này được chia hết và chia đều cho
mọi người trong tổ. Để đảm bảo nguyên tắc chia, tổ trưởng đã đề xuất cách nhận số vở của mỗi
người như sau: Bạn thứ nhất nhận 1 quyển vở và được lấy thêm

1
số vở còn lại. Sau khi bạn
11

thứ nhất lấy phần mình, bạn thứ hai nhận 2 quyển vở và được lấy thêm

1
số vở còn lại. Cứ
11

tiếp tục như thế đến bạn cuối cùng thứ n nhận n quyển vở và được lấy thêm

1
số vở còn lại.
11

Hỏi tổ học sinh nói trên có bao nhiêu bạn và mỗi bạn được nhận bao nhiêu quyển vở ?
Bài 4: (4 điểm)
a) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH.Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H
trên AB, AC. Chứng minh rằng: BC2 = 3AH 2 + BE 2 + CF2
b) Cho tam giác ABC có AB = 3cm; AC = 6cm; góc A = 120 0. Tính độ dài phân giác
AD của tam giác ABC (với D thuộc BC).
Bài 5: (4 điểm)
a) Cho tứ giác ABCD có CB = CD và góc A = 90 0. Từ A vẽ AH vuông góc với BD tại
H. Chứng minh rằng: CD, CH, AH là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông.
b) Cho hình thang vuông ABCD (góc A = góc B = 90 0) có góc CMD = 900, với M là
trung điểm của AB. Chứng minh rằng: CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB. Hết./.

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1 : (5 điểm)
NỘI DUNG
 2+ x
x − 2  x x + x − x − 1 
−
÷
÷
a) A = 
÷
x − 1 ÷

x
 x + 2 x +1



ĐIỂM



2+ x
= 
−
2
x
+
1


(

=

=

( 2+

( x+

(

)

  x x − x + ( x − 1) 





x
x −1
 


x −2

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

) ×(

x +1

0,5

)

x + 1 ( x − 1)

0,5

x

0,5

x

= 2

0,5
a + b − c = a+b−c

b) Ta có:
⇒

(

) = ( a+b−c)
c) ( b − c) = 0

a+ b− c

⇒ ... ⇒

(

a−

2

2

0,5
0,5

⇒ a − c = 0 hoặc b − c = 0
⇒ a = c hoặc b = c
• Nếu a = c thì 2015 a + 2015 b − 2015 c = 2015 b = 2015 a + b − c (đpcm)
• Nếu b = c thì 2015 a + 2015 b − 2015 c = 2015 a = 2015 a + b − c (đpcm)

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

Câu 2: (4 điểm)
NỘI DUNG

ĐIỂM

a) Ta có: 8 x y + x + y = 10 xy
2

2

2

2

⇒ 8 x 2 y 2 − 8 xy + x 2 − 2 xy + y 2 = 0

⇒ 8 xy ( xy − 1) + ( x − y ) = 0
2

 xy ( xy − 1) = 0
⇒
⇒ 0 ≤ xy ≤ 1 (vì xy nguyên)
 x = y
• Nếu xy = 0 ⇒ x = y = 0
• Nếu xy = 1 ⇒ x = y = ±1
 mx + y = m + 1

b) 

 x + my = 2

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

(1)
(2)

2
-Từ (1) suy ra y = m + 1 − mx thay vào (2) ta được : ( 1 − m ) x = ( 2 + m ) ( 1 − m )

0,5

2
1 − m = 0
- Để hệ pt có vô số nghiệm thì : 
( 2 + m ) ( 1 − m ) = 0

0,5

Suy ra :

m =1

x + y = 2
- Khi m = 1 thì hệ đã cho trở thành 
có nghiệm là
x + y = 2

0,5
x ∈ R
x = 2 − y
hoặc 

y = 2− x
y∈ R

0,5

Câu 3: (3 điểm)
NỘI DUNG
-Gọi số vở mà tổ được tặng là x (quyển) (x nguyên dương)

ĐIỂM
0,25


1
x 10
( x − 1) = + (quyển)
11
11 11
 x 10  10 x 10
−
Số vở còn lại sau khi bạn thứ nhất nhận là: x −  + ÷ =
(quyển)
 11 11  11 11
1  10 x 10
 10 x 210
− − 2 ÷=
+
-Số vở bạn thứ hai nhận được là: 2 + 
(quyển)
11  11 11
 121 121
x 10 10 x 210
+ =
+
-Vì số vở mỗi bạn bằng nhau, nên ta có phương trình:
11 11 121 121

-Số vở bạn thứ nhất nhận được là: 1 +

Giải pt tìm được: x = 100 (nhận)
-Vậy số vở mỗi bạn nhận được là: 10 quyển
và số học sinh của tổ là 10 bạn.

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

Câu 4 : (4 điểm)
NỘI DUNG

ĐIỂM

A
F
E

B

C

H

a) Ta có: BC2 = (BH + CH)2 = BH2 + CH2 +2.BH.CH
Lại có: BH2 = BE2 + EH2 ; CH2 = CF2 + HF2

Nên: BH2 + CH2 = BE2 + CF2 + EF2
Mà EF = AH ; BH.CH = AH2
Từ (1) , (2) và (3) suy ra: BC2 = 3AH2 + BE2 +CF2

(1)
(2)
(3)

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

H

A

B

D

C

b) Kẻ CH vuông góc với AB, ta có:
1
1
AB.CH = AB.AC.sin600
2
2
1

Mà SABC = SADB + SADC = AD(AB + AC).sin600
2

0,5

Do đó: AB.AC = AD.(AB + AC)
Suy ra: AD = 2cm

0,5
0,5

SABC =

0,5

Câu 5: (4 điểm)
NỘI DUNG

ĐIỂM


C

B
H

M

A

D

a) Gọi M là trung điểm của BD thì suy ra:
AM = BM = DM và CM vuông góc với BD
Tam giác MCD có: CD2 = CM2 + DM2
Tam giác MCH có: CH2 = CM2 + HM2
Tam giác MAH có: AM2 = AH2 + HM2
Do đó: CD2 = CH2 – MH2 + DM2 = CH2 – MH2 + AM2 = CH2 + AH2
Vậy: CD, CH, AH là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông.
A

0,5
0,75
0,5
0,25

D

H
M

B

N

C

b) Kẻ MH vuông góc CD tại H, gọi N là trung điểm của CD thì MH là đường trung
bình của hình thang ABCD, suy ra MN // AD nên góc DMN = góc ADM
(1)

Mà MN là đường trung tuyến của tam giác vuông DMC nên MN = DN =
Do đó tam giác MND cân tại N, suy ra: góc DMN = góc NDM (2)
Từ (1) và (2) suy ra: góc ADM = góc HDM. Do đó suy ra MA = MH
Mà MA là bán kính của đường tròn tâm M, đường kính AB.
Vậy: CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.

1
DC
2

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

* Ghi chú: Khuyến khích tính sáng tạo của thí sinh, thí sinh làm bài theo cách khác với hướng dẫn
chấm, nếu lí luận chặt chẽ, đưa đến kết quả đúng giám khảo chấm điểm tối đa. Hết./.