ĐỀ THI HSG TOÁN 9 CỰC HAY MỚI NHẤT

TRƯỜNG THCS ĐỒNG LẠNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC: 2016 – 2017
ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN: TOÁN 9
Học sinh ra đề: Hoàng Quốc Khánh
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
I. PHẦN GHI KẾT QUẢ (Thí sinh chỉ cần ghi kết quả vào tờ giấy thi)
1. Cho

x=

2
1
2 +1 − 1

1

−

. Tính giá trị của: A = (x4 – x3 – x2 + 2x – 1)2016

2 +1 + 1

2x − x 2 − 1
. Nếu x > 1. So sánh P(x).P(– x) với 0
3x 2 − 4x + 1
3. Cho hàm số y = ax + b. Biết f(1) ≤ f(2); f(5) ≥ f(6) và f(2015)=2017. Tính f(2016)?

2. Cho biểu thức P(x) =

4. Tìm nghiệm của phương trình: x 2 = x 3 − x 2 + x 2 − x
5. Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất M = x 2 − 5 x + y 2 + xy − 4 y + 2014 ? Tìm GTNN đó.
6. Tìm nghiệm của phương trình:

36
x−2

+

4
y −1

= 28 − 4 x − 2 − y − 1

7. Cho a, b, c, d ∈ N* và a + b + c + d = 20. Tìm GTNN và GTLN của D =

ab
ac + bd

8. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tổng tất cả các ước tự nhiên của p 4 + 1 là một số chính phương
9. Cho ∆ABC có µA = 900 , AB < BC . AM là đường trung tuyến của tam giác. ·AMB = β ; ·ACB = α . Tính
(sin α + cos α ) 2 − sin β

10. Cho tam giác ABC có góc A bằng 15o; góc B bằng 45o. Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho
CD = 2BC. Tính góc ADB.
II. PHẦN TỰ LUẬN (Thí sinh trình bày bài giải vào tờ giấy thi)
Câu 11: 1. Tìm các số nguyên dương x, y khác nhau sao cho: x y = y x .
2. Tìm GTNN của biểu thức: M = −2 x 2 + 7 x + 31 − 2 ( − x 2 + 4 x + 21) ( − x 2 + 3 x + 10 ) với −2 ≤ x ≤ 5
Câu 12: 1. Cho tam giác ABC, trọng tâm G. Một đường thẳng qua G cắt cạnh AB, AC lần lượt tại M,

AB AC
AB
AC
+
> 1,
<2
. Chứng minh
AM AN
AM
AN
4 S AMN 1
< .
b) Chứng minh rằng: ≤
9 S ABC 2

N. a) Tính giá trị biểu thức:

2.Cho tam giác ABC cân (AB = AC), đường phân giác BD thỏa mãn BC = BD + AD. Tính các góc
của tam giác.
Câu 13: 1. Giải phương trình:

2

1− x =  − x 
3


2

2

2. Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 - y3 - 2y2 - 3y -1 = 0
1
1
1
+
+
≥ 1 . Chứng minh rằng:
2a + 1 2b + 1 2c + 1
1
1
1
3
+
+
≥
6a + 1 6b + 1 6c + 1 7

3. Cho a, b và c là các số dương thỏa mãn:

--------------------HẾT-------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Thí sinh không được sử dụng máy tính bỏ túi!
Người ra đề và làm đáp án: Hoàng Quốc Khánh – THCS Đồng Lạng – Đức Thọ – Hà Tĩnh
Dịch vụ ra đề thi HSG Toán 8 + 9 cấp huyện, tỉnh. Liên hệ:
Page 1 of 9

Hướng dẫn chấm HSG Toán 9


TRƯỜNG THCS ĐỒNG LẠNG

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC: 2016 – 2017
MÔN: TOÁN 9
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

HDC ĐỀ CHÍNH THỨC
HS làm đáp án: Hoàng Quốc Khánh

HƯỚNG DẪN CHẤM
(Đáp án, hướng dẫn này có 09 trang)
Yêu cầu chung
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận
lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.
* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải
sau có liên quan. Ở bài 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0.
* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo thang điểm tương ứng
của từng bài.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM
Hướng dẫn đáp số
1. A = 1
2. P(x).P(– x) < 0
3. f(2016) = 2017
4. x = 0
5. Mmin = 2007 tại x = 2, y = 1
6. (x; y) = (11; 5)
16
⇔ a = 16 , b = 4, c = 1, d = 19

23
19
=
⇔ a =19, b = 1 , c = 19 , d = 1
172

7. Dmax =
DMin

8. p = 3
9. 1
10. Góc ADB = 75o
Hướng dẫn giải chi tiết
1. Ta có

x=

2

2
1
2 +1 − 1

−

1
2 +1 + 1

=

2 +1 +1 −

2 +1 +1 =

2
= 2
2
2

2 +1−1

Ta lại có: A = (x4 – x3 – x2 + 2x – 1)2016 = [( x − 1) ( x 3 − x + 1) ]
2016
2016
Thay x = 2 vào A, ta được: A = [( 2 − 1)( 2 2 − 2 + 1)] = [( 2 − 1)( 2 + 1)] = 12016 = 1
2016

1
3

2. P(x) xác định khi 3x2- 4x+1 ≠ 0 ⇔ (x –1)(3x – 1) ≠ 0 ⇔ x ≠ 1; x ≠ .

Page 2 of 9

Hướng dẫn chấm HSG Toán 9


P(x) =

2x − x − 1 =

3x 2 − 4x + 1
2

 1
 3 x − 1 khix ≥ 0
2x − x − 1
=
( x − 1)(3 x − 1)  1
khix < 0
 x − 1

2x − x − 1
1
2x − x 2 − 1
x > 1 thì P(x) = 2
=
=
( x − 1)(3 x − 1) 3 x − 1
3x − 4x + 1
1
−1
−1
1
. 3(−x) − 1 = (3x − 1)(3x + 1) = 9 x 2 − 1 < 0. ( vì 9x2 –1>0 với x > 1)
3x − 1
3) Vì f(1) ≤ f(2) nên a ≥ 0 (1)

P(x) .P(- x) =

f(5) ≥ f(6) nên a ≤ 0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra a = 0
Do đó f(2015) = f(2016) = 2017
4. ĐK x = 0 hoặc x ≥ 1
Với x = 0 thoã mãn phương trình
1
2

Với x ≥ 1 Ta có x3 − x 2 = x 2 ( x − 1) ≤ ( x 2 + x − 1)
x 2 − x = 1( x 2 − x) ≤

1 2
( x − x + 1)
2

⇒ x3 − x 2 + x 2 − x ≤ x 2
 x 2 = x − 1
⇔
Dấu "=" Xẩy ra  2
 x − x = 1
 x 2 = x − 1
⇔ 2
⇒ x + 1 = x − 1 Vô lý
 x = x + 1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0
5.

(

) (

)

M = x 2 + 4 x + 4 + y 2 + 2 y + 1 + ( xy − x − 2 y + 2 ) + 2007
M = ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( x − 2 ) ( y − 1) + 2007
2

2

2

1
2

 3
⇒ M = ( x − 2 ) + ( y − 1)  + ( y − 1) + 2007
2

 4
2

Do ( y − 1) 2 ≥ 0 vµ ( x − 2 ) + 1 ( y − 1)  ≥ 0 ∀x, y


⇒ M min = 2007 ⇔ x = 2; y = 1
36

6) ĐK để phương trình

Page 3 of 9

x−2

+

2

4
y −1



⇒ M ≥ 2007

= 28 − 4 x − 2 − y − 1 (1) có nghiệm là: x > 2; y > 1

Hướng dẫn chấm HSG Toán 9


(1) <=>
<=>

36 + 4( x − 2) 2
x−2

(6 − 2 x − 2 ) 2
x−2

+

4 + ( y − 1) 2
y −1

( 2 − y − 1) 2

+

y −1

=0

− 28 = 0

(2)

(6 − 2 x − 2 ) 2 ≥ 0

2
(2 − y − 1) ≥ 0
Với x > 2; y > 1 => 
(3)
 x − 2 〉0

 y − 1〉 0
(6 − 2 x − 2 ) 2 = 0
(6 − 2 x − 2 ) = 0
Từ (2) và (3) => 
<=>

(2 − y − 1) 2 = 0

(2 − y − 1) = 0
6 = 2 x − 2
 x = 11
<=> 
<=> 
y = 5
2 = y − 1

Thử lại: x = 11; y = 5 là nghiệm của pt
Vậy pt có 1 nghiệm duy nhất (x,y) = (11,5)
7. Do T ≠ 0 nên đặt P =

1
T

⇒

c d
+
b a

Như vậy : DMin ⇔ PMax
DMax ⇔ PMin
Do a, b, c, d ∈ N* và a + b = c + d = 20 ⇔ 1 ≤ a, b, c, d ≤ 19
* Xét a = b = 10 lúc đó =

c
b
c+d
20

+
=
=
=2
10 10
10
10

* Xét b < a (trường hợp b > a tương tự)
b < 10 < a hay 1 ≤ b ≤19 ; 11 ≤ a ≤ 19
 Trước hết ta tìm DMin = PMax = 19 +

1
19

Ta xét 3 trường hợp sau :
a1)
1 ≤b < 10 = c = d < a ≤ 19
Khi đó : P =
a2)
a3)

c d 10 10 10
+ =
+
<
+ 1 = 11
b a
b
a

1

c
d
19
+
<1 +
<3
b
a
11
19
+ 1 < 11
1 ≤ d ≤ b < 10 < a ≤c ≤ 19. Nếu b > 1 thì P ≤
2

1 ≤ c ≤ b < 10 < a ≤ d ≤ 19. Khi đó : P =

Nếu b = 1 thì P ≤

19
1
1
+
= 19 +
1
19
19

Kết hợp cả 3 trường hợp ta thấy PMax = 19 +

Do đó DMin =

1
172
=
19
19

19
⇔ a =19, b = 1 , c = 19 , d = 1
172

Bây giờ ta tìm DMax = PMin víi 1 ≤ b ≤ 9 ; 11 ≤ a ≤ 19
P=

Page 4 of 9

c d
c 20 − c
20
1 1
+ = +
=  − c +
b a b
a
a
b a

Hướng dẫn chấm HSG Toán 9

Ta có :

1
1
1 1
− > 0 ; đặt A =
−
b a
b
a

Ta có : P = A.C +
* Xét P =

20
. Vì A > 0 nên PMin với C = 1
a

1
1 20
1 19
1
19
− +
=
+
=
+
b

a a
b
a
b
20 − b

Đặt ⇒ Pb =

1
19
+
b
20 − b

* Xét Pb+1 - Pb : 1 ≤ b ≤ 9 ; b ∈ N
Pb+1 - Pb =

18b 2 + 58b − 380
b(b + 1)(19 − b)(20 − b)

Ta có: b(1 + 1)(19 - b)(20 - b) > 0
∀1≤b≤9,b∈N
2
Do vậy : Xét t = 18b + 58b - 380 (*)
Nghiệm dương to của (*) là t =

− 29 + 7681
18

Ta có bảng xét dấu:

b

–

− 29 + 7681
18

t

+

0

− 29 + 7681
18

+

0

+

–

0 < b < bo th× t < 0 ⇒ Pb+1 < Pb
b > bo th× t > 0 ⇒ Pb+1 > Pb
Luôn luôn chứng minh được 3 < bo < 4
Với

Xét

1 19
23
+
=1
3
7
51
7
7
= 1
P4 = 1 +
16
16

P3 =

⇒ P3 > P 4

Nên : a = 16 , b = 4, c = 1, d = 19 thì PMin =
8. Giả sử 1 + p + p 2 + p 3 + p 4 = n 2 ( n ∈ Ζ )

23
16
⇔ Dmax =
16
23

(

⇔ 4n 2 = 4 + 4 p + 4 p 2 + 4 p 3 + 4 p 4 > 4 p 4 + 4 p 3 + 4 p 2 = 2 p 2 + p

Mặt khác:

)

2

(1)

(

)

2

⇔ 4n 2 = 4 p 4 + 4 p 3 + 4 p 2 + 4 p + 4 < 4 p 4 + 4 p 2 + 4 + 4 p 3 + 8 p 2 + 4 p = 2 p 2 + p + 2 (2)

Từ (1) và (2) ⇒ 4n 2 = ( 2 p 2 + p + 2)

2

⇔ 4n 2 = 4 p 4 + 4 p 3 + 5 p 2 + 2 p + 1 < 4 p 4 + 4 p 3 + 4 p 2 + 4 p + 4
⇔ 2 p 2 − 2 p − 3 = 0 ⇔ ( p − 3)( p + 1) = 0
Vì p ∈ N ⇒ p = 3

9. Tự vẽ hình

β. AM =1 BC sin β
2

AH =sin α
. AC =BC sin αcos α
⇒
sin β=2 sin αcos α
⇒+
1 sin β=(sin α+cos α
)2
AH =sin

Page 5 of 9

Hướng dẫn chấm HSG Toán 9


10. Tự vẽ hình
KÎ DH AC , nèi B víi H :
XÐt tam gi¸c ABC ta cã: gãc ACB = 1800 - (A + B) = 1200
Suy ra gãc HCD = 600
Tam gi¸c HCD vu«ng t¹i H cã gãc HCD = 600 nªn gãc HDC = 300.
1
1
CD = .2BC = BC
2
2
Suy ra tam gi¸c HCB c©n ⇒ gãc HBC = 300.

Suy ra HC =

Tam gi¸c HBD cã gãc HBC = gãc HDC = 300 ⇒ tam gi¸c HBD c©n
⇒ HB = HD (1)

Tam gi¸c HAB cã: gãc HAB = gãc HBA = 150 ⇒ tam gi¸c HAB c©n.
⇒ HA = HB (2).
Tõ (1) vµ (2) ⇒ HA = HD
⇒ Tam gi¸c HAD vu«ng c©n ⇒ gãc HDA = 450
⇒ Gãc ADB = gãc ADH + gãc HDB = 450 + 300 = 750
II. PHẦN TỰ LUẬN (Thí sinh trình bày bài giải vào tờ giấy thi)
Câu 11:
1) Giả sử 1 ≤ x < y . Chia cả hai vế của PT cho x x ta được: x y − x =

yx
xx

Vì y x Mx x mà x là số nguyên dương nên y Mx . Đặt y = kx (k∈ N , k ≥ 2 )
Theo bài ra ta có x kx = (kx ) x ⇔ ( x k ) x = (kx ) x ⇔ x k = kx ⇔ x k −1 = k (1)
Ta thấy x ≥ 2 (vì nếu x = 1 thì k = 1 ). Do đó x k −1 ≥ 2k −1
(2)
k −1
k
Từ (1) và (2) suy ra k ≥ 2 nên 2k ≥ 2
(3)
Dễ thấy k ≥ 3 thì bất đẳng thức (3) không xảy ra. Do đó k = 2.
Thay k = 2 vào (1) ta được x = 2 ⇒ y = 2.2 = 4 .
Thử lại x = 2; y = 4 thỏa mãn đề bài. Vì vai trò của x, y như nhau vậy ( x, y ) ∈ { ( 2; 4 ) , ( 4; 2 ) } .
2) M = −2 x 2 + 7 x + 31 − 2 ( − x 2 + 4 x + 21) ( − x 2 + 3 x + 10 )
= −2 x 2 + 7 x + 31 − 2 ( 7 − x ) ( x + 3) ( x + 2 ) . ( 5 − x )
= −2 x 2 + 7 x + 31 − 2 [( 7 − x ) ( x + 2 ) ].[( 5 − x ) ( x + 3)]
= −2 x 2 + 7 x + 31 − 2 ( − x 2 + 5 x + 14 ) ( − x 2 + 2 x + 15 )
= ( − x 2 + 5 x + 14 ) − 2 ( − x 2 + 5 x + 14 ) ( − x 2 + 2 x + 15 ) + ( − x 2 + 2 x + 15 ) + 2
=

(

( −x

2

+ 5 x + 14 ) −

Vậy: Min A = 2, Với
Dấu “=” xảy ra khi:

( −x

2

( −x

2

+ 2 x + 15 )

−2 ≤ x ≤ 5
+ 5 x + 14 ) =

( −x

2

)

2

+2≥2

+ 2 x + 15 ) ⇒ x =

1
(TMĐK)
3

Câu 12:
Hình vẽ:

Page 6 of 9

Hướng dẫn chấm HSG Toán 9


Qua C, B kẻ các đường thẳng song song với MN cắt AG lần lượt tại E, F. Ta có:
AB
AF AC AE
=
;
=
AM AG AN AG
AB AC AE + AF
⇒
+
=
= 3 (do G’E = G’F với G’ là trung điểm của BC).

AM AN
AG

a) Ta có:

Do M, N lần lượt đều nằm trong đoạn AB, AC và MN đi qua trọng tâm G nên:

AB
AC
> 1,
<2
AM
AN



ABC
=
≤ .
+
=
b) Ta có S
AM . AN 4  AM AN  4
AMN
S

S

AB. AC

1

AB

AC

9

4

AB
AC
AMN
≥ (dấu “=” xảy ra ⇔
=
⇔ MN // BC )
Vậy S
9
AM AN
ABC
AM
AN
1
= x;
= y ta có < y; x < 1 (1)
AB
AC
2
1 1
Theo chứng minh trên x + y = 3 ⇔ x + y = 3xy

Đặt

Từ (1) ta có: (1 – x)(1 – y) > 0 hay 1 – (x + y)
+ xy > 0
1
2

Do đó: 1 – 2xy > 0 ⇒ xy > , suy ra
AM . AN 1
<
AB. AC 2
S AMN 1
<
Vậy S
2
ABC

2.
Trên BC lấy điểm E sao cho BD = BE
Từ giả thiết BC = BD + AD = BE + AD
⇒ BE + EC = BE + AD ⇒ EC = AD
AD AB
=
DC CB
CE AD AB AC
=
=
=
và ∠ACB chung

CD CD BC BC
Page 7 of 9

AD là phân giác ⇒

Hướng dẫn chấm HSG Toán 9


⇒ ∆CED ∼ ∆CAB

⇒ ∆ CED là tam giác cân ⇒ ∠ECD = ∠CDE
180 0 − ∠DBC
∠ABD = ∠DBC ⇒ ∠DCE = 2∠DBC , BD = BE ⇒ ∠BDE = ∠BED =
2
0
0
∠CED = 180 − 2∠ECD = 180 − 4∠DBC
180 0 − ∠DBC
⇒ ∠DEB + ∠DEC =
+ 180 0 − 4∠DBC = 180 0 ⇒ 9∠DBC = 180 0 ⇒ ∠DBC = 20 0
2
0
⇒ ∠ABC = ∠ACB = 40 ⇒ ∠BAC = 100 0

Câu 13:
1 − x 2 ≥ 0
 −1 ≤ x ≤ 1
⇔
⇔ 0 ≤ x ≤1
1. HD: Điều kiện: 

x
≥
0
x
≥
0


2
3

Với điều kiện (*),đặt u = x ; v = − x , với u ≥ 0, v ≤
 1− x2

Ta có:  2 −
 3

(*)
2
3

= 1− u4
2

x  = v2


Do dó ta có hệ
2


2

 u+v = 3
 u+v =
⇔
3

 1 − u4 = v2
u 4 + v 4 = 1


2

2
u
+
v
=
u+v =


3
3
⇔
⇔
2
2
2
( u 2 + v 2 ) − 2u 2 .v 2 = 1
 ( u + v ) − 2u.v  − 2u 2 v 2 = 1




2

2

u+v =
u+v =


3


3
⇔
⇔
2
 4 − 2u.v  − 2u 2 .v 2 = 1
 2u 2 .v 2 − 16 u.v − 65 = 0

÷

 9
9
81


2
  u + v = 3



8 − 194
 u.v =
18
⇔

2
 u + v = 5
 

8 + 194
 u.v =
18

⇒ u và v là nghiệm của phương trình

Page 8 of 9

Hướng dẫn chấm HSG Toán 9


 2 2
8 − 194
= 0(a )
y − y +
3
18

 y 2 − 2 y + 8 + 194 = 0(b)


3
18

•

(b) vô nghiệm

•

(a) có 2 nghiệm
97
−3
1+
2
; y2 =
2

1−
y1 =

u1 = y1

97
−3
2
3

u 2 = y 2

Do đó: v = y ∨  v = y
2
1
 2
 1
Vì u ≥ 0 nên ta chọn

1+
⇒ x=

1+
u = y2 =


1+
97

−3
⇒ x =
2

3



97
−3
2
3


97
−3 

2

3




2

1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 +
9



97
− 3

2


2

2. Phương trình đã cho tương đương với : x3 = y3 + 2y2 + 3y +1
Nhận xét rằng: y 2 ≥ 0 ⇒ x 3 ≤ y 3 + 2 y 2 + 3 y + 1 + y 2 = ( y + 1)3
(2)
5 y 2 + 2 > 0 ⇒ x 3 > y 3 + 2 y 2 + 3 y + 1 − (5 y 2 + 2) = ( y − 1)3

(3)
Từ (2) và (3) suy ra: ( y − 1)3 < x3 ≤ ( y + 1)3 , Vì y ∈ Z

(1)

 x3 = y 3
 y3 + 2 y 2 + 3 y +1 = y3
⇒ 3
⇔
 3
3
2
3
 x = ( y + 1)
 y + 2 y + 3 y + 1 = ( y + 1)
2 y 2 + 3 y + 1 = 0
 y = −1 (vi y ∈ Z)
 y = −1
⇔ 2
⇔
⇔
y = 0
y = 0
y = 0

Với y = -1 ⇒ x= -1. Với y = 0 ⇒ x= 1
Vậy phương trình có 2 cặp nghiệm nguyên là (-1; -1) và (1; 0)
3.
1
1

1
;y =
;c =
2a + 1
2b + 1
2c + 1
1− x
1− y
1− z
Khi đó a = 2 x ; b = 2 y ; c = 2 z

Đặt x =

Ta thấy 0 < x, y, z < 1 và x + y + z ≥ 1
Page 9 of 9

Hướng dẫn chấm HSG Toán 9


x

y

z

3

BĐT cần chứng minh trở thành: 3 − 2 x + 3 − 2 y + 3 − 2 z ≥ 7

x

y
z
x2
y2
z2
( x + y + z) 2
+
+
=
+
+
≥
3 − 2 x 3 − 2 y 3 − 2 z 3x − 2 x 2 3 y − 2 y 2 3z − 2 z 2 3( x + y + z ) − 2( x 2 + y 2 + z 2 )

Ta có

≥

( x + y + z) 2
3
3
=
≥
2
9
7
3( x + y + z ) − ( x + y + z ) 2
−2
3
x+ y+z

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = 1
Biên soạn: Hoàng Quốc Khánh – Học sinh THCS Đồng Lạng – Đức Thọ – Hà Tĩnh
Liên hệ dịch vụ ra đề thi HSG Toán 8 + 9 cấp huyện và tỉnh theo email:


Page 10 of 9
9

Hướng dẫn chấm HSG Toán


TRƯỜNG THCS ĐỒNG LẠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Ra đề: Học sinh Hoàng Quốc Khánh
Bài 1:

ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 9 LẦN 1
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn: Toán 9
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Cho x và y là các số hữu tỉ thỏa mãn đẳng thức: ( x + y ) = xy ( 3x + 3 y + 2 )
3

Chứng minh rằng: 1 − xy là một số hữu tỉ.
Bài 2:
1

1

1

Cho 100 số tự nhiên a1, a2… a100 thỏa mãn: a + a + .... + a = 19
1
2
100
Chứng minh rằng: Trong 100 số tự nhiên đó, tồn tại 2 số bằng nhau.
Bài 3:
a) Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Chứng minh hệ thức: AB 2 + AC 2 = 2 AM 2 +
b) Cho tam giác ABC vuông tại A. Chứng minh rằng: tan

·ABC
AC
=
2
AB + BC

BC 2
2

c) Cho hình vuông ABCD, đường chéo có độ dài bằng 1. Gọi MNEF là tứ giác lồi có bốn đỉnh
lần lượt nằm trên các cạnh của hình vuông.
Chứng minh rằng: MN + NE + EF + FM ≥ 2. Dấu “=” xảy ra khi nào?
Bài 4:
Cho n là số tự nhiên và d là ước nguyên dương của 2n 2. Chứng minh rằng: n2 + d không là số
chính phương.
4t 2 + 9
1.
Cho 0 < t < 3 . Tìm GTNN của biểu thức: A = 2

t ( 3 − t)
Bài 5:
Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
ab + bc + ca
2
2
2
biểu thức : P = 14(a + b + c ) + 2
a b + b 2c + c 2a
Bài 6: Cho hình vuông ABCD có cạnh là a. Các điểm M và N trên đường chéo AC sao cho AC =
3AN = 4AM. Hai đường thẳng DM và DN cắt cạnh AB tại P và Q. Chứng minh: Tam giác AMP
và tam giác ANQ đồng dạng.
Bài 7: Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh rằng :

Bài 8: Giải phương trình

a2
b2
c2
+
+
≥1
1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c
2 3 3x − 2 + 3 6 − 5 x − 8 = 0 ( x ∈ R )

------ Hết -----Page 11 of 9
9

Hướng dẫn chấm HSG Toán

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

Page 12 of 9
9

Hướng dẫn chấm HSG Toán


ĐÁP ÁN VẮN TẮT VÀ THANG ĐIỂM
Nội dung trình bày

Bà
i

+) Nếu x = 0 hoặc y = 0 thì 1 − xy = 1 là số hữu tỉ.
+) Nếu x ≠ 0 và y ≠ 0 : T ừ giả thiết ta có:
1

x 3 + y 3 = 2 xy ⇒

x2 y 2
x4 y4
x4 y 4
+
= 2 ⇒ 2 + 2 + 2 xy = 4 ⇒ 2 + 2 − 2 xy = 4 − 4 xy
y
x
y
x

y
x

2

2

1 x2 y 2
 x2 y2 
1  x2 y2 
−
⇒  − ÷ = 4 ( 1 − xy ) ⇒ 1 − xy =  − ÷ ⇒ 1 − xy =
là số hữu tỉ.
2 y
x
x 
4 y
x 
 y

Giả sử trong 100 số tự nhiên đã cho đó không có hai số nào bằng nhau
1
1
+
+.... +
a1
a2

2

Ta có:

=1 +2(
<1 +2(
=1 +2(

3

1
1
1
1
<
+
+.... +
a100
1
2
100

1
1
1
+
+.... +
)
2+ 2
3+ 3
100 + 100
1

1
1
+
+.... +
)
2+ 1
3+ 2
100 + 99
2 − 1 + 3 − 2 +... + 100 − 99 ) =19

Mâu thuẫn với giả thiết. Vậy điều giả sử sai.
Vậy tồn tại hai số bằng nhau.
a)Vẽ đường cao AH, ta có
AB 2 = AH 2 + HB 2
AC 2 = AH 2 + HC 2
BC
MB = MC =
(AM là trung tuyến)
2
⇒ AB 2 + AC 2 = 2. AH 2 + HB 2 + HC 2
= 2. ( AM 2 − HM 2 ) + ( BM − HM ) + ( HM + MC )
2

2

= 2. AM 2 − 2.HM 2 + BM 2 − 2.BM .HM + HM 2 + HM 2 + 2.HM .MC + MC 2
BC 2
2
2
2

2
= 2. AM + BM + MC = 2. AM +
(đpcm)
2
·ABC
b)Vẽ phân giác BD ta có ·ABD =
2
0
xét ∆ ABD có µA = 90
AD
nên tan ·ABD =
(1)
AB

Mà BD là phân giác

AD DC AD + DC
AC
=
=
=
(2)
AB BC AB + BC AB + BC
·ABC
AC
Từ (1) và (2) suy ra tan
(đpcm)
=
2
AB + BC

⇒

Page 13 of 9
9

Hướng dẫn chấm HSG Toán


Kẻ AH ⊥ BC,MN ⊥ AH
MJ 2 + MK 2 = MJ 2 + AJ 2 = MA2
MJ 2 + MK 2 ≥ NA2 (Vì MA ≥ NA)
Vì MI=NH nên : MI 2 + MJ 2 + MK 2 = NH 2 + MJ 2 + MK 2 ≥ NH 2 + NA2
1
2
Áp dụng bất đẳng thức: a 2 + b 2 ≥ ( a + b )
2
1
1
2
Ta được MI 2 + MJ 2 + MK 2 ≥ ( NH + NA ) = AH 2
2
2

Dấu bằng xảy ra khi M là trung điểm của AH
M

A

B

N
H

F

S

K

D

C
E

c)
Gọi H, S, K lần lượt là trung điểm của MF, ME và NE.
1
MF (Vì AH là trung tuyến thuộc cạnh huyền MF)
2
1
CK = NE (Vì CK là trung tuyến thuộc cạnh huyền NE)
2

Ta có: AH =

1
EF (Vì HS là đường trung bình của ∆ MEF)
2
1
SK = MN (Vì KS là đường trung bình của ∆ NME)

2
Vậy: MN + NE + EF + FM = 2(SK + CK + HS + AH) ≥ 2(CS + AS) ≥ 2AC = 2.

HS =

Dấu “=” xảy ra khi: H, S, K ∈ AC
Khi đó: Tứ giác MNEF là hình chữ nhật.
4

(Vì AC = 1)

1. Giả sử n2 + d = m2 ( m ∈ N) (*).Vì d là ước dương của 2n2 nên 2n2 = k.d (k ∈ N) suy ra:d =

2n 2
k

2n 2
2n 2
2
Thay d =
vào (*) ta có: n +
= m2 ⇔ n2.k2 + 2n2k = m2k2
k
k

Page 14 of 9
9

Hướng dẫn chấm HSG Toán

Từ đó suy ra: k2 + 2k = (

mk 2
) là số chính phương. Nhưng k2 < k2 + 2k < (k+1)2 nên k2 + 2k không thể là
n

Vậy: n2 + d không là số chính phương.

số chính phương, mâu thuẫn
2. Cách 1
Xét hiệu:
1
x
1
P− =
−
3 x + x +1 3
=
=

3 x − x − x −1
x + x +1
−

(

)

x −1

2

x + x +1

(

)

2
1
x − 1 < 0 và x + x + 1 > 0 . Do đó: P − < 0 . Vậy ta có điều phải chứng minh:
3
1
x
Cách 2: Ta có : P =
= x + 1 + 1 với x ≥ 0; x ≠ 1
x + x +1
x
1
1
1
≥ 2 x.
=2
Áp dụng BĐT Co – si cho 2 số dương x ;
ta có: x +
x
x
x
Vì x ≠ 1 nên dấu "=" không xảy ra

1
1
+ 1 > 3 . Vậy P <
Suy ra: x +
x
3
2
2
9
1
4t + 9 4t + 9
1

=
.
Câu 3: Ta có A = 2
=  4t + ÷.
t  t ( 3−t)
t ( 3−t)
t
t( 3−t) 

Vì x ≥ 0; x ≠ 1 nên: −




9

Tiếp đó ta dễ dàng chứng minh:  4t + ÷ ≥ 12 . Dấu "=" xảy ra khi t = 1,5

t


1
4
≥ . Dấu "=" xảy ra khi t = 1,5
t ( 3−t) 9
16
16
Suy ra A ≥ . Dấu "=" xảy ra khi t = 1,5. Vậy GTNN của A bằng
3
3

Ta có: a2 + b2 + c2 = (a + b + c)(a2 + b2 + c2) = a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2
Theo BĐT AM-GM thì:a3 + ab2 ≥ 2a2b; b3 + bc2 ≥ 2b2c;
c3 + ca2 ≥ 2c2a

3(ab + bc + ca)
a2 + b2 + c2
1
Đặt t = a2 + b2 + c2. Theo BĐT B.C. S thì: 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a +b + c)2 = 1 Do vậy: t ≥ .
3
3(1 − t ) t 27t 3 3 1 1
27t 3 3 23
Khi đó:
⇒ P ≥ 14t +
= +
+ − ≥ . +2
. − =
2t

2
2
2t 2 3 2
2 2t 2 3
23
1
Vậy MinP =
khi a = b = c =
3
3
2
2
2
Suy ra a2 + b2 + c2 ≥ 3(a2b + b2c + c2a) Suy ra P ≥ 14( a + b + c ) +

Page 15 of 9
9

Hướng dẫn chấm HSG Toán


A

P Q
M

B

N

D

C
x

AC là đường chéo của hình vuông ABCD cạnh a nên:
AC =

2 .a

AC = 3AN = 4AM (gt)
⇒

AN 1 AM 1
= ,
=
NC 2 MC 3
AM . AN =

6

1
1
1
AC. AC =
4
3
12

∆MDC có AP//DC suy ra:

)

2
1
2 .a = a 2
6

AP AM
=
(hệ quả định lý Talet)
DC MC

AM
1
. DC = a
MC
3

⇒ AP =

1
a
2

Tương tự có: AQ =

Do đó: AM .AN = AP . QA
⇒

(

 1 2
= a 
 2 

AM AP
=
(*)
AQ AN

∆AMP và ∆AQN có:
MAP chung (**)
(*), (**) ⇒ ∆ AMP

7

∆AQN

Từ giả thiết suy ra a , b , c thuộc (0 ; 1)

(

)

a2 1− ( b − a )
a2 ( 1+ b − a ) ( 1− b + a )
a2
⇒
≥

=
= a2 ( 1− b + a )
1+ b − a
1+ b − a
1+ b − a
2
b
c2
≥ b2 ( 1 − c + b ) ;
≥ c2 ( 1 − a + c )
Tương tự :
1+ c − b
1+ a − c
2

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được :
Page 16 of 9
9

Hướng dẫn chấm HSG Toán


a2
b2
c2
+
+
≥ 1 + a 3 + b3 + c 3 − a 2b − b 2c − c 2 a (1)
1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c

Áp dụng bất đẳng thức cô si cho ba số dương nhận được :
a 3 + a 3 + b3 ≥ 3a 2b; b3 + b3 + c 3 ≥ 3b 2c; c 3 + c3 + a 3 ≥ 3c 2 a (2)
a2
b2
c2
+
+
≥1
1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c
3
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c =
3

Từ (1) và (2) ⇒

t3 + 2
3x − 2 ⇒ t = 3x − 2 ⇔ x =
3
3
8 − 5t
Khi đó phương trình đã cho trở thành : 2t + 3
−8 = 0
3
8 − 2t ≥ 0
8 − 2t ≥ 0


⇔  8 − 5t 3
⇔  8 − 5t 3
= 64 − 32t + 4t 2

3
=
8
−
2
t

9.
3

3


Điều kiện x ≤

8

6
.Đặt t =
5

3

3

t ≤ 4
t ≤ 4
⇔ 3
⇔


2
2
15t + 4t − 32t + 40 = 0
( t + 2 ) 15t − 26t + 20 = 0

(

)

⇔ t = −2 ⇒ x = −2

Page 17 of 9
9

Hướng dẫn chấm HSG Toán