ĐỀ THI HSG TOÁN lớp 9

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2012 -2013
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (3,0 điểm).
1 1
1 1
1
1
.
 2  1 2  2    1

2
2
1 2
2 3
2012
20132
b) Cho các số nguyên x và y thỏa mãn 4 x  5 y  7. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P  5 | x | 3 | y | .
Câu 2 (1,5 điểm).

a) Tính tổng: S  1 

Tìm các số hữu tỉ x, y thỏa mãn:

2 3  3  3x 3  y 3 .

Câu 3 (1,5 điểm ).
1
. Chứng minh rằng:
6
a 2b 3c
1 1
1
3

  a  2b  3c  
 .
2b 3c a
a 2b 3c

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc 

Câu 4 (3,0 điểm ).
Cho tam giác nhọn ABC ( AC  AB ) có các đường cao AA ', BB ', CC ' và trực
tâm H . Gọi (O ) là đường tròn tâm O, đường kính BC. Từ A kẻ các tiếp tuyến AM,

AN tới đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm). Gọi M ' là giao điểm thứ hai của
A ' N và đường tròn (O) , K là giao điểm của OH và B ' C ' . Chứng minh rằng:

a) M ' đối xứng với M qua BC .
b) Ba điểm M , H , N thẳng hàng.
2

KB '  HB ' 

c)

 .
KC '  HC ' 

Câu 5 (1,0 điểm).
Cho bảng ô vuông 3  3 (3 hàng và 3 cột). Người ta điền tất cả các số từ 1 đến 9
vào các ô của bảng (mỗi số điền vào một ô) sao cho tổng của bốn số trên mỗi bảng
con có kích thước 2  2 đều bằng nhau và bằng một số T nào đó. Tìm giá trị lớn nhất
có thể được của T.
—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2012 -2013
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN

I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm
bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương
ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu

Ý

1

1

Nội dung trình bày

Ta có: n  * ,1 

(3đ)

1
1
n 2 (n  1) 2  n 2  (n  1) 2


n 2 (n  1) 2
n 2 (n  1) 2
2

(n 2  n  1) 2  1
1 
 2
 1  

2
n (n  1)
 n n 1
1
1
1
1

1
1
Suy ra 1  2 
(do 1  
 0 n  * )
1 
2
n
(n  1)
n n 1
n n 1
Áp dụng kết quả trên, ta có
1 1
1 1
1 2  2 1 
1 2
1 2
1 1
1 1


1


22 32
2 3
.........................
1

1

1
1
1

1

2
2
2012
2013
2012 2013
ộng
vế
với
vế
của
2012
đẳng
thức t rên, ta được
C
1
S  2013 
.
2013
1

2

Nhận xét: Nếu có x, y thỏa mãn điều kiện đề bài thì xy  0 . Do đó chỉ
cần xét hai trường hợp sau

TH1: x  0  y. Khi đó P  5 | x | 3 | y | 5 x  3 y và 5 y  7  4 x
7  4 x 13 x  21
Suy ra P  5 x  3·
. Do đó, P nhỏ nhất khi x nhỏ nhất.

5
5
Do x nguyên dương, y nguyên âm nên x  3, y  1. Vậy, trong trường
hợp này, P nhỏ nhất bằng 12.
TH2: x  0  y. Khi đó P  5 | x | 3 | y | 5 x  3 y và 5 y  7  4 x

Điểm


7  4 x 13 x  21

. Do đó, P nhỏ nhất khi x lớn nhất.
5
5
Do x nguyên âm, y nguyên dương nên x  2, y  3 . Vậy, trong trường
hợp này, P nhỏ nhất bằng 1.
So sánh kết quả hai trường hợp, giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 đạt được
khi và chỉ khi x  2, y  3 .

Suy ra P  5 x  3·

2
(1,5đ)

Tìm các số hữu tỷ x, y thỏa mãn:

Điều kiện x  0; y  0

2 3  3  3 x 3  y 3 (1)

(1)  2 3  3  3 x 3  y 3  6 xy  (3 x  y  2) 3  6 xy  3 (2)

 (3x  y  2) 2 .3  36 xy  36 xy  9
12 xy  3  (3 x  y  2) 2
 xy 
(3)
12
x, y là các số hữu tỉ, nên từ (3) suy ra xy là số hữu tỉ.

+ Nếu 3 x  y  2  0, thì ta có vế trái của (2) là một số vô tỉ, vế phải của
(2) là một số hữu tỉ, điều này vô lí.
+ Nếu 3 x  y  2  0, kết hợp với (2) ta có:
3x  y  2
3 x  y  2  0 


1
6
xy

3

0
 xy  4

1


x

1

6
Giải hệ trên ta được: x  y  và 
.
2
3
y 

2
1
Thay vào (1) ta được x  y  thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2
3
x
y
z
,2b  (với x, y, z > 0)  3c 
z
x
y
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
y2 z 2 x2 y z x x y z
3


     

zx xy yz x y z y z x

Đặt a 
(1,5đ)

 x 3  y 3  z 3  3 xyz  y 2 z  xz 2  x 2 y  x 2 z  xy 2  yz 2
 x( x  y )( x  z )  y ( y  z )( y  x )  z ( z  x )( z  y )  0 (1)


Không mất tính tổng quát giả sử x  y  z .
Ta có: (1)  ( x  y ) 2 ( x  y  z )  z ( z  x )( z  y )  0 (2)
Dễ thấy (2) đúng suy ra đpcm.

4

a


a  1

1

Dấu ‘‘=’’ xảy ra  x  y  z  b 
2

 1
c  3
A

(3đ)

B'
N

C'
M

B

H

A'

O

C

M'

Từ giả thiết ta có: 
AMO  
ANO  
AA ' O  90o nên các điểm A, A’, M, O,
N thuộc đường tròn đường kính AO.

AA ' N  
AMN (1)
1 

AMN  MM

' N  sđ MN
Lại có: 
(2)
2

'N  
AA ' N  MM’//AA’
Từ (1) và (2)  MM
Mà BC  AA’  BC  MM’
Mặt khác BC là đường kính của (O) nên BC vuông góc với MM’ tại
trung điểm của MM’, do đó M’ đối xứng với M qua BC


b
AMC’ và ABM có 
AMC '  
ABM và chung góc MAB
AM AC '
(3)
 AMC ' ~ ABM 

 AM 2  AB. AC '
AB AM
AC ' AH

 AA '. AH  AB. AC ' (4)
Dễ thấy AC ' H ~ AA ' B 
AA ' AB
AH AM
Từ (3) và (4)  AA '. AH  AM 2 


AM AA '
Mặt khác AHM và AMA ' có chung góc 
A’ AM nên


(5)
AHM ~ AMA '  AMH  AA ' M
Tứ giác AMA’N nội tiếp  
AA ' M  
ANM
Có AM, AN là tiếp tuyến của ( O)  
AMN  
ANM
AMN  
AA ' M
Từ (6) và (7)  

c

(6)
(7)
(8)

AMH  
AMN .
Từ (5) và (8) ta có 
Dễ thấy H, N nằm cùng một phía so với đường thẳng AM nên tia MH
trùng tia MN hay M, H, N thẳng hàng
B'

C'

K
H

F
E

B

O

C

D

Qua O kẻ đường thẳng d song song với B’C’ , d cắt BB’ và CC’ lần lượt
tại D, E
KB ' KH KC '
KB ' OD





(9)
OD OH OE
KC ' OE
  ECO

 (vì cùng bằng BB

  EOC

Ta có: BDO
' C ' ) và BOD
OD OB
OD OC 2
2
(10)
 DBO ~ CEO 

 OD.OE  OC 

OC OE
OE OE 2


Lấy F (F ≠ E) trên đường thẳng CC’ sao cho OE = OF
B

' ). Lại có HB


 OFC
' C ' H (vì cùng bằng OEC
' C '  OCF
 B ' C ' H ~ CFO 

HB ' OC

HB ' OC



HC ' OF
HC ' OE

(11)

2

5
(1đ)

KB '  HB ' 
Từ (9), (10), (11) 


KC '  HC ' 
1,0 điểm
Tổng của tất cả các số ghi trên bảng bằng
1  2  3    9  45.
Gọi x là số ghi ở ô (2; 2) (ô trung tâm của
bảng); các ô còn lại ghi các số a, b, c, d, e, f,
g, h (Hình 1):

a

b

c

h

x

d

g

f

e

Hình 1
Cộng tổng tất cả các số ghi trên 4 bảng con kích thước 2  2 ta được
4T  4 x  (a  c  e  g )  2(b  d  f  h)  45  2 x  ( x  b  d  f  h)
Do x  9, x  b  d  f  h  9  8  7  6  5  35 nên
4T  45  2·9  35  98  T  24 (do T   )
Trên Hình 2 chỉ ra một phương án điền số sao cho
4
8
1
T  24 .
3

9

6

5

7

2

Hình 2


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
SÓC TRĂNG
¯¯¯¯¯¯¯

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học 2012 – 2013
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

Đề chính thức
Môn: Toán - lớp 9
(Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề)
_______________
Đề thi này có 01 trang

Bài 1. ( 4 điểm)
a) Chứng minh đẳng thức sau:
 a
a 
a




1 a 1 a  : 1 a  2



( với a > 0, a  1).

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của
y  2x2  4x  3  x2  2x  3

Bài 2. ( 4 điểm)
Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a)

33 x  3  43 8 x  24 

b)

y
 2x
x 1  y 1  3


 x  3 y  1
 x  1 y  1

13
27 x  81  20
3

Bài 3. ( 4 điểm)
a) Chứng minh rằng: Với mọi a  Z thì A = a3 - 7a + 12 luôn chia hết cho 6.
b) Tìm số có 2 chữ số sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng
tổng lập phương các chữ số của số đó.
Bài 4. (4 điểm)
Cho đường tròn đường kính AB. Điểm C thuộc đường tròn ( C khác A, B).
Vẽ dây BD là phân giác của góc ABC, BD cắt AC tại E, AD cắt BC tại G. Điểm H
là điểm đối xứng với E qua D.
a) Tứ giác HAEG là hình gì ? Chứng minh.
b) Chứng minh rằng AH là tia tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
Bài 5. ( 4 điểm)
Cho đường tròn (O; R), đường thẳng d cố định và không giao nhau với
đường tròn. Từ điểm M tùy ý trên d, kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, B thuộc
đường tròn tâm O). Kẻ OH vuông góc với d tại H. Dây cung AB cắt OH tại I, cắt
MO tại K.
a) Chứng minh rằng: OI. OH = OK. OM.
b) Khi M thay đổi trên d thì điểm K di chuyển trên đường nào?
---Hết---


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
SÓC TRĂNG
¯¯¯¯¯¯¯

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học 2012 – 2013
¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

Đề chính thức
Môn: Toán - lớp 9

(Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề)
_____________________

HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1. ( 4 điểm)
a)

a
a 



1 a 1 a  


a a a a

1 a

Ta có:







a 1 a  a 1 a
1 a



(0,5 điểm)
(0,5 điểm)

2 a
1 a
2 a
a
2 a 1 a
Vậy
:


 2 ( với a > 0, a  1).
1 a 1 a 1 a
a


(0,5 điểm)
(0,5 điểm)

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của
y  2x 2  4x  3 

x 2  2x  3

 2 x  1  1 

x  12  2

2

2

Do ( x + 1)  0 nên y  1  2 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ( x + 1)2 = 0  x = -1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của y  1  2 khi x = -1.

(0,5 điểm)
(0,5 điểm)
(0,5 điểm)
(0,5 điểm)

Bài 2. ( 4 điểm)
a)

13
27 x  81  20 ( Điều kiện: x )
3
 33 x  3  83 x  3  3 x  3  20
 10 3 x  3  20

33 x  3  43 8 x  24 

 3 x  3  2
 x  3  8  x  5 ( Thỏa điều kiện)

(0,25 điểm)
(0,5 điểm)

(0,5 điểm)
(0,25 điểm)
(0,5 điểm)

b)
Đặt: X 

x
y
;Y 
x 1
y 1

x  1; y  1

(0,5 điểm)

Giải hệ phương trình:
2 X  Y  3

 X  3Y  1

(0,5 điểm)

Giải ra: X = 2; Y = -1.

(0,5 điểm)

x
1

y
Suy ra:
 2  x = -2 ( thỏa),
 1  y =  ( thỏa).
x 1
2
y 1

(0,5 điểm)

1


Vậy : ( x = -2 ; y = 

1
).
2

Bài 3. (4 điểm)
a) A =a3 –7a+ 12
= a3 –a – 6 a + 12
(0,25 điểm)
2
= a(a – 1) - 6(a-2)
(0,25 điểm)
=a(a-1)(a+1) – 6(a-2)
(0,5 điểm)
Do a(a-1)(a+1) là tích 3 số liên tiếp nên a(a-1)(a+1) chia hết cho 6. (0.5điểm)
Mặt khác: -6(a – 2) 6

(0,25 điểm)
Nên A  6
(0,25 điểm)
3
3
b) Ta có : ab (a + b ) = a + b
(0,25 điểm)
2
2
2
 10a + b = a – ab + b = ( a + b ) – 3ab
(0,25 điểm)
 3a( 3 + b ) = ( a + b ) ( a + b – 1 )
(0,25 điểm)
a + b và a + b – 1 nguyên tố cùng nhau do đó:
(0,25 điểm)
a  b  3a

a  b  1  3  b

hoặc

 ( a = 4 , b = 8)

a  b  3  b

a  b  1  3a

(0,5 điểm)

hoặc
( a = 3 , b = 7) (0,5 điểm)
Vậy ab = 48 hoặc ab = 37.

Bài 4. (4 điểm)
Hình vẽ

(0,5điểm)

G
C
H

D
E

A

B

a) Tứ giác HAEG là hình thoi.
Vì D thuộc đường tròn đường kính AB  BD  AG
mà ABD  GBD (giả thiết)
suy ra: tam giác BAG cân tại B
DA = DG (vì BD cũng là trung tuyến)
DE = DH (tính chất đối xứng)

(0,5 điểm)

(0,5 điểm)

(0,5 điểm)

Suy ra tứ giác HAEG là hình bình hành
EA = EG ( do BD là đường trung trực của AG)
nên HAEG là hình thoi.
(0,5 điểm)
b) Ta có GE  AB ( do E là trực tâm của tam giác BAG)
(0,5 điểm)
mà HA // GE ( tính chất hình bình hành)
(0,5 điểm)
suy ra HA  AB
(0,5 điểm)
Từ đó suy ra: AH là tia tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.

2


Bài 5. (4 điểm)
Hình vẽ

(0,25 điểm)

a) Do MA = MB ( định lí), mà OA = OB = R
nên OM là trung trực AB  OM  AB
mà AB giao OM tại K  OKI  90 0 .
Xét tam giác OKI và OHM có:
OKI  OHM  90 0 , góc O chung  OKI đồng dạng OHM (g.g)


OH OM


OK
OI

(0,25 điểm)
(0,25 điểm)
(0,25 điểm)
(0,5 điểm)
(0,25 điểm)

 OI. OH = OK. OM.

(0,25 điểm)
b) Ta có: OK. OM = OA ( HTL trong tam giác vuông).
(0,5 điểm)
2
2
Từ chứng minh câu a) suy ra: OI. OH = OK. OM = OA = R .
(0,5 điểm)
Do O và d cố định và H là hình chiếu của O lên d nên OH không đổi,
mà OI. OH = R2 không đổi và I thuộc OH nên OI không đổi
 I cố định.
(0,5 điểm)
0
Vì OKI  90 nên K thuộc đường tròn đường kính OI, mà OI cố định nên khi M di
chuyển trên d thì K di chuyển trên đường tròn đường kính OI.
(0,5 điểm)
2

Lưu ý: Học sinh có các cách giải khác, nếu đúng vẫn cho trọn số điểm theo qui định

của từng bài.
---Hết---

3


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
SÓC TRĂNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học 2015-2016

Đề chính thức

Môn: Toán - Lớp 8
(Thời gian làm bài 150 phút, không kể phát đề)
Đề thi này có 01 trang
Bài 1. (4 điểm)
2
2
a) Phân tích đa thức thành nhân tử:  ax  by    ay  bx   c 2 x 2  c 2 y 2 .
b)

m i t nh nh t c a iể thức Q  x 4  10 x3  26 x 2  10 x  30

Bài 2. (4 điểm)
a) Chứn minh ằn : 122n+1 + 11n+2 chia hết cho 133 với mọi số tự nhiên n.
b)

m c c số tự nhiên n sao cho n2 + 65 là số chính phươn .

Bài 3. (4 điểm)
a) Giải phươn t nh:
b)

m c c n hiệm n

x 1 x  3 x  5 x  7
.



95
93
91
89

yên c a phươn t nh: 5x – 3y = 2xy – 11.

Bài 4. (4 điểm)
Cho h nh chữ nhật ABCD.
đối xứn c a C q a P.
a)

ứ i c AMDB là h nh

ên đườn chéo BD l y điểm P. Gọi M là điểm
? Chứn minh ?

b) Gọi E, F lần lượt là h nh chiế c a điểm M t ên AD, AB. Chứn minh

ằn : EF//AC và a điểm E, F, P thẳn hàn .
Bài 5. (4 điểm)
Cho hình vuông ABCD. Trên đườn chéo BD, l y một điểm M
ME  AB, MF  AD (E  AB, F  AD).

t k . Kẻ

a) Chứn minh ằn : DE = CF và DE  CF
b) Chứn minh ằn : a đườn thẳn

DE, BF, CM đồn q y.

c) Xác đ nh v t í c a điểm M t ên BD để tứ i c AEMF có diện tích lớn
nh t. Vì sao ?
--- HẾT --Họ tên thí sinh: …………………………………. ………. Số o danh: ……………..
Chữ ký c a Gi m th 1: ………………… Chữ ký c a Gi m th 2: ……………………


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
SÓC TRĂNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học 2015-2016

Đề chính thức
Môn: Toán - Lớp 9
(Thời gian làm bài 150 phút, không kể phát đề)
Đề thi này có 01 trang
Bài 1.(4 điểm)
a)

iể

:

P

2 x

x 3

m x để iể
b)

x  1 3  11 x

x 9
x 3

P < 1.

m giá rị lớn n ấ và n ỏ n ấ ủa p ân

:

x2  2x  3
E
x2  2
Bài 2. (4 điểm)
3

2
a) Ch ng min r ng với m i a  Z thì 2a  3a  a  6 .
b) Ch ng min r ng với m i ng n x, y

A  ( x  y )( x  2 y )( x  3 y )( x  4 y )  y 4 là
Bài 3.(4 điểm)
Hai ng ời ùng làm mộ ông việ . Nế
àn ông việ . Hai ng ời ùng làm đ ợ 6 giờ,
và ng ời
ai iếp ụ làm 5 giờ nữa
àn
mỗi ng ời p ải àn àn ông việ r ng mấ

n p

ng.

ả ai ùng làm
ng
8 giờ àn
a đó ng ời
n ấ đi làm việ k á
àn ông việ . Hỏi nế làm mộ m n
giờ ?

Bài 4. (4 điểm)
am giá AB v ông ại A, đ ờng a AH. Mộ đ ờng ẳng q a A ắ
đ ờng ròn đ ờng k n AB ại M, ắ đ ờng ròn đ ờng k n A ại N. Điểm A n m
giữa ai điểm M và N.
a)

ng min : MHN = 900.
b) HM ắ AB ại I, HN ắ A ại J.
ng min IJ // MN.
Bài 5. (4 điểm)
đ ờng ròn (
) và đ ờng ròn (
), iếp
ng ài ại A
(
).
á đ ờng k n A B ủa đ ờng ròn (O) và A
ủa đ ờng ròn ( ).
â
ủa đ ờng ròn ( ) v ông gó với B ại r ng điểm
ủa B .
a)
giá B
là n g ?
ng min .
)
i I là gia điểm ủa
với đ ờng ròn ( ).
ng min a điểm , A, I
ẳng àng.
)
ng min I là iếp
ến ủa đ ờng ròn ( ).
--- HẾT --H n thí in : …………………………………. ………. S á dan : ……………..
ữ ký ủa iám ị 1: …………………… ữ ký ủa iám ị 2: ……………………

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2014 – 2015
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

 3 x  16 x  7
Câu 1 (1,5 điểm): Cho biểu thức: A  

x

2
x

3

a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm x để A  6.

x 1

x 3

x 7 
2 
x 1  

x 

x 1

Câu 2 (1,5 điểm): Cho hệ phương trình: mx  2 y  2 (với m là tham số).

2 x  my  5
a) Giải hệ phương trình trên khi m  10.
b) Tìm m để hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y  thỏa mãn hệ thức:

2015m 2  14m  8056
x  y  2014 
m2  4
Câu 3 (3,0 điểm):
a) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
a
b
c
P 3
 3
 3
2
2
9a  3b  c 9b  3c  a 9c  3a 2  b
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn: x(1  x  x 2 )  4 y ( y  1).
Câu 4 (3,0 điểm): Cho đoạn thẳng AC có độ dài bằng a. Trên đoạn AC lấy điểm B sao cho
AC  4 AB. Tia Cx vuông góc với AC tại điểm C , gọi D là một điểm bất kỳ thuộc tia Cx ( D
không trùng với C ). Từ điểm B kẻ đường thẳng vuông góc với AD cắt hai đường thẳng AD và
CD lần lượt tại K , E.
a) Tính giá trị DC.CE theo a.

b) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất .
c) Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia Cx thì đường tròn đường kính DE luôn
có một dây cung cố định.

1 1 1
1
1
Câu 5 (1,0 điểm): Cho dãy gồm 2015 số: ; ; ;...;
;
.
1 2 3
2014 2015
Người ta biến đổi dãy nói trên bằng cách xóa đi hai số u, v bất kỳ trong dãy và viết thêm
vào dãy một số có giá trị bằng u  v  uv vào vị trí của u hoặc v. Cứ làm như thế đối với dãy
mới thu được và sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối cùng chỉ còn lại một số. Chứng minh rằng giá trị
của số cuối cùng đó không phụ thuộc vào việc chọn các số u, v để xóa trong mỗi lần thực hiện
việc biến đổi dãy, hãy tìm số cuối cùng đó.
-----------Hết----------Ghi chú:
- Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
- Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………………….. Số báo danh:…….……………..…


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2014 – 2015
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
(05 trang)

I) Hướng dẫn chung:

1) Hướng dẫn chấm chỉ nêu một cách giải với những ý cơ bản, nếu thí sinh làm bài không theo
cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm
quy định.
2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch
hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện với tất cả giám khảo.
3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả.
4) Với bài hình học nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm phần đó.
II) Đáp án và thang điểm:
Câu
Nội dung trình bày
Điểm

 3 x  16 x  7

x

2
x

3


x 1

x 3

Cho biểu thức: A  

x 7 
:2 

x 1  

x 

x 1

a) (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức A .


x  0

x  2 x  3  0

Điều kiện:  x  3  0

 x 1  0

x
2 
0
x 1


Từ đó: x  0; x  1; x  4

Biến đổi:
Câu 1
(1,5 đ)

3 x  16 x  7


x2 x 3

x 1

x 3

x 7

x 1





x  1


x  3

x 1 3 x  7

x 1

x 3

2 x 6
x 7

x 3

x 1
2 x 3
x 7
x 7


2

x 3
x 1
x 1

0,25

x7
x 1
0,25





và 2 

x

x 1



x 2
x 1

x 9
x 1
0,25

x 9 x 2
x 9
:

x 1 x 1
x 2
b) (0,5 điểm) Tìm x để A  6 .
x 9
Biến đổi: A  6 
 6  x  9   6 x  2
x 2
7 x  21  x  9 (thỏa mãn điều kiện). Vậy để A  6 thì x  9
Từ đó: A 



Trang 1 / 5



0,25

0,25

0,25


Cho hệ phương trình: mx  2 y  2 (với m là tham số)
2 x  my  5
a) (0,5 điểm) Giải hệ phương trình trên khi m  10 .

10 x  2 y  2 5 x  y  1

2 x  10 y  5
2 x  10 y  5

Thay m  10 ta được hệ: 

50 x-10y=10
52 x=15


2 x  10 y  5
2 x  10 y  5
15
15


 x  52
 x  52


5


2
x
y 
 y  23

10
52

15

 x  52
Kết luận: với m  10 thì hệ có nghiệm duy nhất:

 y  23

52
b) (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y  thỏa mãn hệ

thức: x  y  2014 

0,25

2015m 2  14m  8056
m2  4

Câu 2 Dùng phương pháp thế, ta có:
(1,5 đ)
mx  2

mx  2

y


mx  2 y  2
y 

2



2
2 x  my  5
2 x  my  5 2 x  m mx  2  5

2
2m  10

mx  2

x


y 

m2  4
2


,m  R
5

m

4
2
 m  4  x=2m+10
y 


m2  4
2m  10

x

m2  4
Nên hệ luôn có nghiệm duy nhất: 
,m  R

5
m

4
y 

m2  4
2015m 2  14m  8056
Thay vào hệ thức: x  y  2014 
m2  4
Ta được:

0,25

2014 m 2  7 m  8050 2015 m 2  14 m  8056

m2  4
m2  4
 2014m 2  7m  8050  2015m 2  14m  8056
 m 2  7 m  6  0   m  1 m  6   0 .   m  1
m  6

Kết luận: để hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y  thỏa mãn hệ thức:
Trang 2 / 5

0,25

0,25

0,25

0,25


2015m 2  14m  8056
m  1
thì 
2
m 4
m  6
a) (1,5 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1. Tìm giá trị
x  y  2014 

lớn nhất của biểu thức: P 

a
b
c
 3
 3
2
2
9a  3b  c 9b  3c  a 9c  3a 2  b
3

Chứng minh:

(a 2  b 2  c 2 )( x 2  y 2  z 2 )  (ax  by  cz ) 2 , a, b, c, x, y , z  R . (1)
Thật vậy:

(1)  (a2 y 2  2abxy  b2 x2 )  (a2 z 2  2acxz  c2 z 2 )  (b2 y 2  2bcyz  c2 z 2 )  0
 (ay  bx) 2  (az  cx) 2  (by  cz ) 2  0 (đúng)
ay  bx

Dấu "  "   az  cx
 by  cz

1 1
3
2
Áp dụng BĐT (1) ta có: (9a  3b  c)(
  c)  (a  b  c) 2  1
9a 3

1
Dấu "  "  a  b  c  .
3
1
a
1 1
 9a 3  3b 2  c 
 3

a
(
  c)
2
1 1
9
a

3
b

c
9
a
3
Câu 3
 c
9a 3
(3,0 đ)
b
1 1

c
1 1
Tương tự có:
 b(   a ); 3
 c (   b)
3
2
2
9b  3c  a
9b 3
9c  3a  b
9c 3
1 abc
 P  3. 
 (ab  bc  ca )
9
3
1 1 (a  b  c) 2
(a  b  c)2
P  
 1. Do ab  bc  ca 
3 3
3
3
1
Vậy Pmax  1  a  b  c  .
3
b) (1,5 điểm ) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn:
x(1  x  x 2 )  4 y ( y  1)
Có: x(1  x  x )  4 y ( y  1)  ( x  x )  ( x  1)  4 y  4 y  1

2

3

2

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

2

 ( x  1)( x 2  1)  (2 y  1) 2

0,25

(1)

Vì x, y     2 y  1  0 , nên từ 1  x  0 và x chẵn.

0,25

Giả sử ( x  1, x  1)  d  d lẻ và x  1 d ; x  1 d  2 d  d  1

0,25

Vì ( x  1)( x  1) là số chính phương, ( x  1, x  1)  1 nên ( x  1) và ( x  1) cũng là
hai số chính phương.

0,25

2

2

2

2

2

2

Trang 3 / 5

2


Do x  0  x  x  1  ( x  1)  x  1  ( x  1)  x  0
2

2

2

2

2

0,25

y  0
.
 y 1

Khi x  0 , có (1)  4 y ( y  1)  0  

Vậy có hai cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn yêu cầu bài toán là: (0;0),(0;1)

0,25

Cho đoạn thẳng AC có độ dài bằng a . Trên đoạn AC lấy điểm B sao cho
AC  4AB . Tia Cx vuông góc với AC tại điểm C , gọi D là một điểm bất kỳ
thuộc tia Cx ( D không trùng với C ). Từ điểm B kẻ đường thẳng vuông góc với
AD cắt hai đường thẳng AD và CD lần lượt tại K , E .

Câu 4
(3,0 đ) a) (1,0 điểm) Tính giá trị DC.CE theo a .
Ta có: EBC  ADC (Cùng bù với góc KBC ); ACD  ECB  90
 ACD và ECB đồng dạng với nhau(g-g)

o

DC AC

 DC.CE  AC.BC
BC EC
a
3a
3a 2
 DC.EC  AC.BC 
Do AB  ; BC 
4
4
4
b) (1,0 điểm) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất .
1
SBDE  BC.DE  SBDE nhỏ nhất khi và chỉ khi DE nhỏ nhất.
2
3a 2
Ta có: DE  DC  EC  2 DC.EC  2
 a 3 ( Theo chứng minh phần a)
4
a 3
Dấu "  "  DC  EC 
.
2
a 3
3a 2 3
khi D thuộc tia Cx sao cho CD 
.
 S( BDE ) nhỏ nhất bằng
2

8


Trang 4 / 5

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

0,25

0,5

0,25


c) (1,0 điểm) Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia Cx thì đường tròn
đường kính DE luôn có một dây cung cố định.
Gọi giao điểm của đường tròn đường kính DE với đường thẳng AC là M, N ( M nằm giữa
A và B)  M, N đối xứng qua DE.
Ta có: Hai tam giác AKB và ACD đồng dạng (g-g)

AK AB
(1)

 AK . AD  AC. AB
AC AD
Hai tam giác AKM và AND đồng dạng (g-g)
AK AM

(2)


 AK . AD  AM . AN
AN AD
a2
T ừ (1) v à (2) suy ra AM . AN  AC. AB 
4
2
a

 ( AC  MC )( AC  NC )  AC 2  MC 2 (Do MC  NC )
4
3a 2
a 3
2
 MC 
 MC  NC 
4
2
 M , N là hai điểm cố định.
Vậy đường tròn đường kính DE luôn có dây cung MN cố định.
1 1 1
1
1
Cho dãy gồm 2015 số: ; ; ;...;
;
.
1 2 3
2014 2015

Người ta biến đổi dãy nói trên bằng cách xóa đi hai số u, v bất kỳ trong dãy và
viết thêm vào dãy một số có giá trị bằng u  v  uv vào vị trí của u hoặc v. Cứ
làm như thế đối với dãy mới thu được và sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối cùng

0,25



0,25

0,25

0,25

chỉ còn lại một số. Chứng minh rằng giá trị của số cuối cùng đó không phụ
thuộc vào việc chọn các số u, v để xóa trong mỗi lần thực hiện việc biến đổi dãy,
hãy tìm số cuối cùng đó.
Với hai số thực u,v bất kỳ ta luôn có:

 u  1 v  1  u  v  uv  1   u  v  uv   1

(*)

Câu 5 Với dãy số thực bất kỳ a1 ;a2 ;...;a2015 , ta xét “Tích thêm T ”:
(1,0 đ)
T   a1  1 a2  1 a3  1 ... a2015  1

0,25

0,25

Áp dụng cách biến đổi dãy như trong đề bài kết hợp với nhận xét (*), ta nhận thấy “Tích
thêm T ” không thay đổi với mọi dãy thu được.
Với dãy đã cho ban đầu của bài toán, “Tích thêm T ”:

 1  1  1  1   1
 2 3 4 2015 2016
T    1  1  1  1 ...
 1  . . ....
.
 2016
 1  2  3  4   2015  1 2 3 2014 2015
Giả sử sau 2014 lần biến đổi tùy ý theo yêu cầu, dãy còn lại chỉ còn một số là x thì “Tích
thêm T ” đối với dãy cuối là: T  x  1
Vậy ta có: x  1  2016  x  2015
Bài toán được giải quyết; và sau 2014 lần biến đổi dãy theo đúng yêu cầu của bài toán ta thu
được số 2015 .
-----------------------Hết---------------------Trang 5 / 5

0,25

0,25