Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh quảng bình từ năm 2012 2016 (có đáp án chi tiết)

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2015-2016
Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016
Môn thi: TOÁN

Họ và tên:…………………..

LỚP 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề gồm có 01 trang

SỐ BÁO DANH:……………

Câu 1 (2.0 điểm)
Cho biểu thức: P =

x2 − x
2 x + x 2( x − 1)
với 0 < x ≠ 1 .
−
+
x + x +1
x
x −1

a. Rút gọn biểu thức P.
b. Tìm x để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 2 (3.0 điểm)
a. Cho phương trình: 2 x 2 + 2mx + m 2 − 2 = 0 (tham số m). Tìm m để phương trình có hai nghiệm

x1 , x2 thỏa mãn | 2 x1 x2 + x1 + x2 − 4 |= 6 .
b. Giải hệ phương trình:

{

x3 − 2 x 2 y + x = y 3 − 2 xy 2 + y
x − 2 + 4 − x = y 2 − 6 x + 11

Câu 3 (2.5 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I), AI cắt (O) tại M (khác
A), J là điểm đối xứng với I qua M . Gọi N là điểm chính giữa của cung ¼
ABM , NI và NJ lần
lượt cắt (O) tại E và F .
a. Chứng minh MI = MB . Từ đó suy ra BIJ và CIJ là các tam giác vuông.
b. Chứng minh I , J , E, F cùng nằm trên một đường tròn.
Câu 4 (1.5 điểm)
Cho a, b > 0 thỏa mãn a + b ≥ 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:

M=

1
1
+
a + b2 b + a2

Câu 5 (1.0 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên dương m và n thỏa mãn điều kiện:

n 2 + n + 1 = ( m 2 + m − 3) ( m 2 − m + 5 )

-------------------hÕt-------------------


SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2015-2016
Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016
Môn thi: TOÁN

HƯỚNG DẪN CHẤM

LỚP 9
Đáp án này gồm có 04 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 lôgic
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 câu 3 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. Đối với điểm thành phần là 0,5
điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.
Câu

Nội dung
Cho biểu thức: P =

Điểm

x − x

2 x + x 2( x − 1)
với 0 < x ≠ 1 .
−
+
x + x +1
x
x −1
2

1,0

a. Rút gọn biểu thức P.
Với 0 < x ≠ 1 ta có:

x2 − x
x ( x − 1)( x + x + 1)
=
=
x + x +1
x + x +1
2x + x
x (2 x + 1)
=
= 2 x +1
x
x

1

2

x ( x − 1) = x −

2( x − 1) 2( x − 1)( x + 1)
=
= 2( x + 1)
x −1
x −1
P = ( x − x ) − (2 x + 1) + 2( x + 1) = x −
Kết luận: P = x − x + 1, 0 < x ≠ 1

x

0,25

0,25
0,25

x +1
0,25

b. Tìm x để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất.
Với 0 < x ≠ 1 ta có:

1,0

P= x−

0,50

1
3 3
x + 1 = ( x − )2 + ≥
2
4 4
1
1
Dấu ‘=’ xãy ra khi và chỉ khi x − = 0 ⇔ x =
2
4
1
Kết luận: P đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi x = .
4
2
2
a. Cho phương trình: 2 x + 2mx + m − 2 = 0 (tham số m). Tìm m để phương
trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn | 2 x1 x2 + x1 + x2 − 4 |= 6
Ta có: ∆’ = m 2 − 2(m 2 − 2) = 4 − m 2
Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 ⇔ ∆’ ≥ 0 ⇔ 4 − m ≥ 0
2

⇔ −2 ≤ m ≤ 2

0,50

1,50
0,25
0,25

Theo định lý Viet ta có: x1 + x2 = − m; x1.x2 =
Theo bài ra:

m2 − 2
2

m −2
−m−4 =6
2
2
⇔| m 2 − m − 6 |= 6 ⇔  m2 − m − 6 = 6
 m − m − 6 = −6
2
 m − m − 12 = 0
 m = 4 (lo¹i) hoÆc m = −3 (lo¹i)
⇔
⇔

2
m = 0 hoÆc m = 1

 m −m =0
| 2 x1 x2 + x1 + x2 − 4 |= 6 ⇔ 2.

2

⇔ m = 0 hoÆc m = 1
Kết luận: m = 0 ; m = 1
b. Giải hệ phương trình:
ĐKXĐ:

{

{

x3 − 2 x 2 y + x = y 3 − 2 xy 2 + y
x − 2 + 4 − x = y 2 − 6 x + 11

{ 4x −− 2x ≥≥ 00 ⇔ 2 ≤ x ≤ 4

x3 − 2 x 2 y + x = y 3 − 2 xy 2 + y (1)
x − 2 + 4 − x = y 2 − 6 x + 11 (2)

0,25

0,25

0,50

1,50

0,25

Từ (1) ta có:

x3 − 2 x 2 y + x = y 3 − 2 xy 2 + y
⇔ x3 − 2 x 2 y + x − y 3 + 2 xy 2 − y = 0
⇔ ( x3 − y 3 ) − 2 xy ( x − y ) + ( x − y ) = 0
⇔ ( x − y )[( x 2 + xy + y 2 ) − 2 xy + 1] = 0
⇔ ( x − y )( x 2 − xy + y 2 + 1) = 0

⇔ x − y = 0 (do x 2 − xy + y 2 + 1 > 0 ∀x, y ∈ ¡ )
⇔x= y

0,50

Thay x = y vào (2) ta có:

x − 2 + 4 − x = x 2 − 6 x + 11 (3)
VP = x 2 − 6 x + 11 = ( x − 3) 2 + 2 ≥ 2, ∀x ∈ [2; 4]
Dấu ‘=’ xãy ra ⇔ x = 3
VT = x − 2 + 4 − x = ( x − 2).1 + (4 − x).1
( x − 2) + 1 (4 − x) + 1
≤
+
= 2, ∀x ∈ [2; 4]
2
2
Dấu ‘=’ xãy ra khi x = 3

{

0,25

0,25

x−2+ 4− x = 2 ⇔ x =3
x 2 − 6 x + 11 = 2
Do x = 3 nên y = 3
Kết luận: ( x; y ) = (3; 3)

0,25

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I), AI cắt

1,50

(3) ⇔

(O) tại M (khác A), J là điểm đối xứng với I qua M . Gọi N là điểm chính giữa
của cung ¼
ABM , NI và NJ lần lượt cắt (O) tại E và F .
a. Chứng minh MI = MB . Từ đó suy ra BIJ và CIJ là các tam giác vuông.


0,25

3

µA
·
·
·
Ta có: MBC
(AM là phân giác góc BAC
)
= MAC
=
2

µA µB

·
·
·
(1)
⇒ MBI
= MBC
+ CBI
= +
2 2
µ µ
·
· + IBA
· = A+ B
(2) (tính chất góc ngoài tam giác)
MIB
= IAB
2 2
Từ (1) và (2) suy ra tam giác MBI cân tại M, do đó MI = MB.
Tương tự ta có: MI = MC.
Xét tam giác BIJ ta có: MB = MI =

(

)

(

1
·
» + s® AE

» ; ·AIE = 1 s®NM
¼ + s® AE
»
Ta có: NFE
= s® NA

0,50
1,0

)

2
2
·
·
» = s® NM
¼ (N là điểm chính giữa cung ¼
Mà s® NA
= AIE
ABM ) ⇒ NFE
·
·
· = 1800 ⇒ EFJ
·
· .
Mặt khác NFE
+ EFJ
= 1800 và ·AIE + EIJ
= EIJ
Hơn nữa I và F nằm về cùng một phía so với JE.

Kết luận: I , J , E, F cùng thuộc một đường tròn.
4

0,25
0,25

1
IJ ⇒ tam giác BIJ vuông tại B
2

Tương tự: tam giác CIJ vuông tại C.
Vậy BIJ và CIJ là các tam giác vuông tại B và C.
b. Chứng minh I , J , E, F cùng nằm trên một đường tròn.

0,25

0,25
0,25
0,50

Cho a, b > 0 thỏa mãn a + b ≥ 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1,5

1
1
M=
+
2
a + b b + a2

(

Trước hết ta chứng minh với a > 0 thì ( a + b ) ≤ a + b
2

2

) ( a + 1)

Thật vậy:

(*) ⇔ a2 + 2ab + b 2 ≤ a 2 + a + ab 2 + b 2 ⇔ 2ab ≤ a + ab 2
⇔ a ( b − 1) ≥ 0 (do a > 0)
2

(*)

0,50


1
a +1
≤
2
2
a + b ( a + b)
1
b +1
≤
Tương tự:

2
2
b + a ( b + a)
Từ (*) ⇒

0,25

1
1
a+b+2
+
≤
(1)
2
2
a+b b+a
( a + b )2
a+b+2
≤ 1 (2)
Ta chứng minh với a, b > 0 thỏa mãn a + b ≥ 2 thì
( a + b)2
Cộng vế theo vế ta được: M =

Thật vậy:

(2) ⇔ (a + b)2 ≥ (a + b) + 2 ⇔ ( a + b + 1)(a + b − 2) ≥ 0 (do a + b ≥ 2 )
Từ (1) và (2) suy ra M ≤ 1
Dấu ‘=’ xãy ra khi a = b = 1 .
Vậy giá trị lớn nhất của M bằng 1 khi a = b = 1 .
Tìm tất cả các số nguyên dương m và n thỏa mãn điều kiện

n 2 + n + 1 = ( m 2 + m − 3) ( m 2 − m + 5 )

(

)(

)

Từ điều kiện n + n + 1 = m + m − 3 m − m + 5 = m + m + 8m − 15
2

2

2

4

2

0,50

0,25
1,0
0,25

Xét phương trình bậc hai : n + n − ( m + m + 8m − 16) = 0 (1) (ẩn số n)
2

4

2

Để phương trình (1) có nghiệm nguyên dương thì ∆ = 4 m 4 + 4 m 2 + 32 m − 63
phải là một số chính phương.
5

(

Ta có ∆ = 2 m 2 + 2

(

)

2

− 4 ( m − 4 ) − 3 < ( 2 m 2 + 2 ) , ∀m ∈ ¥ *

)

Mặt khác ∆ = 2 m 2 + 1

(

)

Do đó ∆ = 2 m 2 + 1

(

)

2

2

2

2

+ 32 ( m − 2 )

+ 32 ( m − 2 ) > ( 2m 2 + 1) , ∀m > 2
2

< ∆ < ( 2m + 2 ) , ∀m > 2
Suy ra (1) chỉ có nghiệm nguyên dương n khi m = 1 hoặc m = 2
Nếu m = 1 thì n 2 + n + 6 = 0 vô nghiệm.
n = 4
2
Nếu m = 2 thì n + n − 20 = 0 ⇔ 
 n = −5 (lo¹i)
Khi đó: 2 m + 1
2

2

2

ĐỀ CHÍNH THỨC

0,25

2

Thử lại m = 2 và n = 4 thỏa mãn điều kiện bài toán.
Kết luận : m = 2 ; n = 4.

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

0,25

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2014-2015
Khóa ngày 17 tháng 3 năm 2015
Môn: TOÁN LỚP 9

0,25


SỐ BÁO DANH:……………..

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề gồm có 01 trang

Câu 1:(2.0 điểm)
a)

Rút gọn P =

x x − 2 x + 28

x −4
x +8
−
+
x−3 x −4
x +1 4 − x

(x ≥ 0, x ≠ 16)

b) Không sử dụng máy tính, chứng minh Q = 20142 + 20142.20152 + 20152 là số nguyên.
Câu 2:(2.0 điểm)
a) Giải phương trình: x + 2 + 3 2 x − 5 + x − 2 − 2 x − 5 = 2 2
b) Cho phương trình x 2 + ax + b = 0 có hai nghiệm nguyên dương biết a, b là hai số thỏa mãn
5a + b = 22.Tìm hai nghiệm đó.
Câu 3:(3,5 điểm)
Cho đường tròn (O; R) cố định có đường kính AB cố định và CD là một đường kính thay đổi
không trùng với AB. Tiếp tuyến của đường tròn (O;R) tại B cắt AC và AD lần lượt tại E,F.
a) Chứng minh CA.CE + DA.DF = 4 R 2 .
b) Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp trong một đường tròn.
c) Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD. Chứng minh điểm I nằm trên một đường
thẳng cố định.
Câu 4:(1,5 điểm)
Cho các số dương a, b, c thoả mãn a + b + c =2015. Chứng minh rằng:

a +

a
+
2015a + bc b +

b
+
2015b + ca c +

c
≤ 1.
2015c + ab

Dấu bằng xảy ra khi nào?
Câu 5:(1,0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD có độ dài các cạnh là các số nguyên và bình phương độ dài đường chéo
chia hết cho diện tích của nó. Chứng minh ABCD là hình vuông.
--------------------HẾT----------------------

SỞ GD&ĐT
QUẢNG BÌNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn thi: Toán
(Khóa ngày 17 tháng 3 năm 2015)
HƯỚNG DẪN CHẤM


(Đáp án, hướng dẫn này có 4 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 câu 3 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. Đối với điểm thành phần là
0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng
bài.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.
Câu
1

Nội dung
a)
Ta có: P =

x x − 2 x + 28 − ( x − 4) 2 − ( x + 1)( x + 8)
( x + 1)( x − 4)

x x − 2 x + 28 − x + 8 x − 16 − x − x − 8 x − 8
=
( x + 1)( x − 4)
x x − 4x − x + 4
( x − 1)( x − 4)
=
=
= x −1
( x + 1)( x − 4)
( x + 1)( x − 4)
b)
Q = 20142 + 20142.20152 + 20152
= 20142 + 20152 − 2.2014.2015 + 2014 2.20152 + 2.2014.2015

Điểm

1,0 điểm
0,25
0,25
0,5
1,0 điểm
0,5

= (2014 − 2015) 2 + 20142.20152 + 2.2014.2015

0,25

= 20142.20152 + 2.2014.2015 + 1 = (1 + 2014.2015) 2 = 1 + 2014.2015
Vậy Q là số nguyên.

0,25

2
a) ĐK: x ≥

5
2

1,0 điểm
0,25

x + 2 + 3 2x − 5 + x − 2 − 2x − 5 = 2 2
⇔ 2x + 4 + 6 2x − 5 + 2x − 4 − 2 2x − 5 = 4

0,25

⇔ 2x − 5 + 6 2x − 5 + 9 + 2x − 5 − 2 2x − 5 +1 = 4
⇔ ( 2 x − 5 + 3) 2 + (1 − 2 x − 5) 2 = 4
⇔| 2 x − 5 + 3 | + |1 − 2 x − 5 |= 4 ⇔ 2 x − 5 + 3+ |1 − 2 x − 5 |= 4
⇔|1 − 2 x − 5 |= 1 − 2 x − 5 ⇔ 1 − 2 x − 5 ≥ 0
5
2x − 5 ≤ 1 ⇔ ≤ x ≤ 3
2

0,25
0,25


a) Gọi x1 , x2 (x1 ≤ x2 ) là hai nghiệm nguyên dương của phương trình.
Ta có: x1 + x2 = −a; x1 x2 = b .

1,0 điểm
0,25

Khi đó : 5(− x1 − x2 ) + x1 x2 = 22 ⇔ x1 x2 − 5 x1 − 5 x2 + 25 = 47


 x1

 x2

⇔ ( x1 − 5)( x2 − 5) = 47 ⇔ 
 x1

 x
 2



− 5 =1
− 5 = 47

 x1 = 6
⇔
− 5 = −47
 x2 = 52
− 5 = −1

0,5
0,25

Khi đó: a = – 58 và b = 312 thoả 5a + b = 22. Và phương trình có nghiệm là x 1 = 6; x2
= 52.
3

D

O

A

3,5 điểm

F

B
0,5

C

M

I

Hình vẽ chỉ cần dùng để giải được câu a cho
E điểm tối đa.
a) Trong tam giác vuông ABE có: CA.CE = CB 2
Trong tam giác vuông ABF có: DA.DF = DB 2
Ta có: CA.CE + DA.DF = CB 2 + DB 2 = CD 2 = 4 R 2

0,25
0,25
0,5

b) Ta có: ·ACD = ·ABD
·
·
·
·
Mặt khác: ·ABD + DBF
.
= 900 ; DFB
+ DBF
= 900 ⇒ ·ABD = DFB
·
·
·

Suy ra: ·ACD = DFB
⇒ ECD
+ DFE
= 1800

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

Vậy tứ giác CDFE nội tiếp.
c) I là giao điểm của trung trực CD và trung trực của EF, I là tâm đường tròn ngoại
tiếp tứ giác CDFE. Gọi M là trung điểm của EF. MI vuông góc với EF nên MI song
song với AB.
·
Ta có CAM
+ ·ACD = ·AEM + ·AFM = 900
Suy ra: AM vuông góc với CD nên AM song song với OI.
Do đó AOIM là hình bình hành nên IM=AO=R (không đổi).
Vậy I thuộc đường thẳng d cố định là đường thẳng song song với tiếp tuyến tại B và
cách tiếp tuyến này một khoảng bằng R.
4

Ta có:

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

1,5 điểm

2015a + bc = (a + b + c) a + bc = a (b + c) + a + bc
2

≥ a(b+c)+2a bc = a ( b + c ) 2 = a ( b + c )

0,5


Suy ra:

0,5

a
≤
a + 2015a + bc a +
Tương tự:

b +

a
a
a
=
=
a( b + c)
a( a + b + c)
a+ b+ c
0,25

b
b
≤
;
2015b + ca
a+ b+ c c +

c
c
≤
2015c + ab
a+ b+ c

Do đó:

a +

a
+
2015a + bc b +

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =

b
+
2015 + ca c +

c
≤1

2015c + ab

0,25

2015
3

5

1,0 điểm
Gọi

a, b là hai cạnh của hình chử nhật ⇒ a, b ∈ N

Theo giả thiết ta có:

(a

2

+ b ) Mab
2

Đặt d=(a,b), ta có: a = xd ; b = yd với (x,y)=1,
Suy ra:

(d

2

*

x, y ∈ N *

x 2 + d 2 y 2 ) Md 2 xy ⇒ ( x 2 + y 2 ) Mxy ⇒ x 2 + y 2 = kxy , k ∈ N *

Ta có: x 2 M
x, kxy Mx ⇒

y 2 Mx ⇒ y Mx (do ( x, y ) = 1) ⇒ y ≥ x

Tương tự: x ≥ y , suy ra x=y nên a=b.
Vậy ABCD là hình vuông.

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

0,25

0,25
0,25
0,25

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2013-2014
Khóa ngày 28 tháng 3 năm 2014
Môn: TOÁN


Họ và tên:……………….
SỐ BÁO DANH:…………

LỚP 9 THCS
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề gồm có 01 trang

Câu 1(3.0 điểm)
a) Cho x = 3 7 + 5 2 + 3 7 − 5 2 .
Chứng tỏ rằng x là nghiệm của phương trình: x 3 + 3x − 14 = 0 .
b) Giải phương trình sau:

(1−

1− x

)

3

2− x = x

( x ∈ ¡ ). .

Câu 2(3.0 điểm)
2
a) Cho phương trình: 2 x + (m − 1) x − m − 1 = 0 ( m tham số).
Tìm m để phương trình có 2 nghiệm là số đo hai cạnh của một tam giác vuông có độ
4
dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vuông là
(đơn vị độ dài).
5

b)

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
Chứng minh rằng:

1 1 1
+ + = 1.
a b c

1
8

( a − 1) ( b − 1) ( c − 1) ≤ ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) .

Câu 3(3.0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A (ABđường phân giác kẻ từ đỉnh A của tam giác (H, D∈ BC). Qua A vẽ đường thẳng vuông
góc với AD cắt đường tròn đường kính AB và đường tròn đường kính AC lần lượt tại M,
N; đường thẳng BN cắt AD tại P và cắt đường tròn đường kính AC tại điểm thứ hai Q
(khác N). Chứng minh rằng:
a) ∆NAC vuông cân và MA.NC = MB.NA
b) P là trung điểm AD.
·
·
c) PQD
= PDH
Câu 4(1.0 điểm)
Kí hiệu S (n) là tổng của tất cả các chữ số của một số nguyên dương n.
Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho S (n) . S (n + 1) = 87 .

--------------------HẾT---------------------

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS. NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn thi: TOÁN
Khóa ngày 28 tháng 03 năm 2014)


(Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang)
yªu cÇu 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 câu 3 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0 cho
ý có liên quan đến hình. Điểm hình vẽ tính đúng cho ý 3a.
* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần
là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng
bài.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.
Câu

Nội dung

Điểm
1.5

Cho x = 3 7 + 5 2 + 3 7 − 5 2 (1)
Chứng tỏ rằng x là nghiệm của phương trình: x 3 + 3x − 14 = 0 .

(1) ⇔ x =  7 + 5 2 + 3 7 − 5 2 


3

3

1a

⇔x =
3

(

3

7+5 2

⇔ x 3 = 14 − 3

(

3

) +(
3

3

7−5 2

3

) + 3(
3

7+5 2 + 3 7+5 2

⇔ x 3 = 14 − 3x
⇔ x 3 + 3x − 14 = 0 . (đpcm)

0,25
3

7 + 5 2 .3 7 − 5 2

)

)(

3

7+5 2 + 3 7−5 2

(

0,5

)

3

2 − x = x (2)

1,5

( x ∈ ¡ ). .

Điều kiện xác định của phương trình là x ≤ 1 .
(2) ⇔ x. 3 2 − x = x 1 + 1 − x
(vì 1 + 1 − x > 0 )

)

0,5

x = 0
⇔ 3
 2 − x = 1 + 1 − x (*).
Giải (*), đăt u = 3 2 − x , v = 1 − x (v ≥ 0); khi đó ta có
u = 1 + v
v = u − 1
⇔
 3
 3
2
2
u − v = 1 u − (u − 1) = 1
v = u − 1

v = u − 1
v = 0
⇔ 3
⇔
⇔
2
2
u = 1
u − u + 2u − 2 = 0
(u − 1)(u + 2) = 0
Với u = 1 ta được x = 1 ( thỏa mãn điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là x = 0; x = 1 .

(

)

⇔ x 3 2 − x − 1+ 1− x  = 0



1b

0,5

0,25

Giải phương trình 1 − 1 − x

(

)

Cho phương trình: 2 x + (m − 1) x − m − 1 = 0 (*) ( m tham số).
Tìm m để phương trình có 2 nghiệm là số đo hai cạnh của một tam giác vuông
2

có độ dài đường cao hạ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền là

4
.
5

0,25

0,25

0,25
0,25
1,5


Theo yêu cầu bài toán thì ta cần tìm m để phương trình ( *) phải có 2 nghiệm dương

2a

1
1
1
1

1 25
+
=
⇔
+
=
2
x12 x22 16
x1 , x2 thỏa mãn : x12 x22  4 
 ÷
5
Xét phương trình (*) ta có : 2 + (m − 1) + (− m − 1) = 0 suy ra phương trình có hai
−m − 1
nghiệm x1 = 1 và x2 =
.
2
−m − 1
> 0 ⇔ m < −1
+ Ta có x1 = 1 > 0 , x2 =
2
5

m
=

4
25
−m − 1
3
=

⇔
+ Với m < −1 thay x1 = 1 và x2 =
: 1+

2
2
( m + 1) 16  m = − 11

3

0,25

0,25

0,5

0,25

11
Kết hợp với điều kiện m < −1 ta được m = −
là giá trị cần tìm.
3
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn

0,25

1,5

1 1 1
+ + = 1 (*) .

a b c

1
8

Chứng minh rằng: ( a − 1) ( b − 1) ( c − 1) ≤ ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) .

1
1
1
c +1 a −1 b −1
=1− +1− ⇔
=
+
c
a
b
c
a
b
1 1 1
Từ a, b, c > 0 và + + = 1 suy ra a, b, c > 1 hay a − 1 > 0, b − 1 > 0, c − 1 > 0
a b c
( a − 1) ( b − 1) (1)
c +1 a −1 b −1
Ta có:
=
+
≥2
c

a
b
ab
.(*) ⇔ 1 +

2b

Tương tự :

b +1 c −1 a −1
=
+
≥2
b
c
a

( c − 1) ( a − 1)

a +1 b −1 c −1
=
+
≥2
a
b
c

( b − 1) ( c − 1)

Từ (1), (2) và (3) suy ra :

ca
bc

0,25
0,25

(2)
0,25
(3)

( a − 1) ( b − 1) ( c − 1) ( a − 1)
(c + 1) (b + 1) ( a + 1)
≥2
.2
.2
c
b
a
ab
ca
⇔ ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) ≥ 8 ( a − 1) ( b − 1) ( c − 1)
1
⇔ ( a − 1) ( b − 1) ( c − 1) ≤ ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) (đpcm).
8

3

0,25

( b − 1) ( c − 1)
bc

0,25
.
0,25

3.0


0,25

3a

Chứng minh rằng: ∆NAC vuông cân VÀ MA.NC = MB.NA.
Xét hai tam giác ∆AMB, ∆ANC .
· B + BAD
·
·
·
Có : MA
= DAC
+ CAN
= 900 ( vì AD ⊥ MN )
·
·
·
Mà BAD
).
= DAC

= 450 ( AD là phân giác BAC
· B = CAN
·
Suy ra MA
= 450
·
Mặt khác ANC
= 900
Do đó ∆NAC vuông cân và hai tam giác vuông ∆AMB, ∆ANC đồng dạng
.Nên

AP
NA DP BD BD MA
=
,
=
,
=
MB NM CN BC BC MN
MB.NA
MA.CN
, DP =
Suy ra: AP =
(1)
MN
MN
Mà theo câu a ta có MA.NC = MB.NA (2)
Từ (1) và (2) suy ra AP = DP ( đpcm).
·
·

Chứng minh PQD
= PDH

Ta có AH ⊥ BC nên H là giao điểm thứ hai(khác A) của hai đường tròn đường kính
AC và đường tròn đường kính AB, tức là N,C, H,Q thuộc đường tròn đường kính AC
·
·
Suy ra CNQ
+ QHC
= 1800
3c

·
·
Mà CNQ
( vì AD//NC)
= DPQ
·
·
Suy ra DPQ
+ QHC
= 1800 .
·
· D (3)
Vậy tứ giác PQHD nội tiếp đường tròn; Do đó PHD
= PQ
·
·
Hơn nữa tam giác PHD cân tại P nên PHD
= PDH

. (4)
·
·
Từ (3) và (4) suy ra PQD
.(đpcm).
= PDH

4

0,25
0,5

MA MB
=
⇔ MA.NC = MB.NA
NA NC

Chứng minh M là trung điểm AD.
Ta có MB / / AD / / NC ( vì cùng vuông góc MN) nên ta có các hệ thức sau
3b

1.0
0,25

Kí hiệu S (n) là tổng của tất cả các chữ số của một số nguyên dương n.

1.0
0,5
0,25
0,25

0,75
0,25

0,25
0,25
1.0


S (n) . S (n + 1) = 87 .
Xét n = Aa (a ≠ 9) suy ra n + 1 = A(a + 1) Do đó S (n + 1) = S ( n) + 1
Tìm số nguyên dương

n

nhỏ nhất sao cho

0,25

Suy ra S (n + 1).S (n) = 87 ⇔ ( S ( n) ) + S (n) = 87 không có nghiệm nguyên dương.
2

Xét n =

Aa99...9
{
k sô 9

với a < 9, k ∈ ¥ * thì n + 1 =

A(a+1)00...0

{
k sô 0

Suy ra S (n) − S ( n + 1) = ( S ( A) + a + 9k ) − ( S ( A) + a + 1) = 9k − 1 ,

0,25

k ∈¥*

dương nhỏ nhất thỏa mãn S (n + 1).S (n) = 87
S (n + 1) − S ( n) = 9k − 1 , k ∈ ¥ *
Vì 87 = 87.1 = 29.3 .
Nếu S (n) = 87 ⇒ .S (n + 1) = 1 ⇒ S (n) − S ( n + 1) = 86 ≠ 9k − 1 , k ∈ ¥ *
Ta

tìm

n

nguyên

Nếu S (n ) = 29 ⇒ .S (n + 1) = 3 ⇒ S (n) − S (n + 1) = 26 = 9.3 − 1 suy ra k=3.
Khi đó

và
0,25

0,25

n = Aa 999 suy ra số n nhỏ nhất thỏa S (n) = 29 là n = 2999 .

SỞ GD&ĐT
THPT

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9


QUNG BèNH
THI CHNH THC
S BO DANH:..

NM HC 2012- 2013
Mụn thi: Toỏn
(Khúa ngy 27 thỏng 3 nm 2013)
Thi gian lam bai: 150 phỳt (khụng k thi gian giao )

Cõu 1:(2.0 im)
Cho biờu thc: P =

x x + 26 x 19 2 x
x 3

+
x+2 x 3
x 1
x +3

b) Rỳt gon P.

b) Tim x ờ P at gia tri nho nhõt.

Cõu 2:(2.0 im)
Cho phng trinh x 2 2mx + m 4 = 0
a) Tim m ờ phng trinh co hai nghiờm phõn biờt x1 , x2 thoa man x13 + x23 = 26m
b) Tim m nguyờn ờ phng trinh co hai nghiờm nguyờn.
Cõu 3:(3,5 im)
Cho tam giac ABC u cụ inh ni tip trong ng trũn (O). ng thng d thay
i nhng luụn i qua A v ct cung nho AB tai iờm th hai l E (E A). ng thng
d ct hai tip tai B v C ca ng trũn (O) ln lt tai M v N. MC ct BN tai F.
Chng minh rng:
a) Tam giac CAN ng dng vi tam giac BMA, tam giac MBC ng dng vi tam giac
BCN.
b) T giac BMEF la t giac ni tip.
c) Chng minh ng thng EF luụn i qua mt im cú nh khi d thay i nhng luụn
i qua A.

Cõu 4:(1,5 im)
Cho các số thực dơng a, b, c thoả mãn a + b + c =6. Chng minh rng:

b+c+5 c + a + 4 a +b+3
+
+
6 . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
1+ a
2+b
3+c

Cõu 5:(1,0 im)
Cho n l sụ t nhiờn ln hn 1. Chng minh rng n 4 + 4 n l hp sụ.
--------------------HT----------------------

S GD&T
QUNG BèNH

K THI CHN HC SINH GII CP TNH LP 9
NM HC 2012 - 2013
Mụn thi: Toỏn


(Khóa ngày 27 tháng 3 năm 2013)

HƯỚNG DẪN CHẤM
(Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang)
yªu cÇu 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 câu 3 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. Đối với điểm
thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25
điểm.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức
điểm của từng bài.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.
Câ
u
1

Nội dung

1,0 điểm
0,25

b) ĐK: 0 ≤ x ≠ 1 .Ta có:
x x + 26 x − 19 2 x
x −3
P=
−
+
( x − 1)( x + 3)
x −1
x +3

b)
P=

=

x x + 26 x − 19 − 2 x ( x + 3) + ( x − 3)( x − 1)
( x − 1)( x + 3)

=

x x + 26 x − 19 − 2 x − 6 x + x − 4 x + 3
( x − 1)( x + 3)

=

x x − x + 16 x − 16 ( x − 1)( x + 16)

x + 16
=
=
( x − 1)( x + 3)
( x − 1)( x + 3)
x +3

x + 16
25
25
= x −3+
= x + 3+
−6
x +3
x +3
x +3

≥ 2 ( x + 3)

25
− 6 = 10 − 6 = 4
x +3

Vậy GTNN của P = 4 khi

x +3=

Điểm

0,25

0,25
0,25
1,0 điểm
0,5
0,25

25
⇔x=4
x +3

0,25


2

a) x 2 − 2mx + m − 4 = 0

1,0 điểm
2

1  15

Ta có: ∆ ' = m 2 − m + 4 =  m − ÷ + > 0 ∀m


2

0,25

4

Vậy phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
Theo định lý Viet: x1 + x2 = 2m; x1 x2 = m − 4

0,25

x13 + x23 = 26m ⇔ ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 ( x1 + x2 ) = 26m
3

0,25

⇔ 8m3 − 6m(m − 4) = 26m ⇔ m(8m 2 − 6m − 2) = 0
1
⇔ m = 0; m = 1; m = −
4

0,25
1,0 điểm

c) Gọi x1 , x2 (x1 < x2 ) là hai nghiệm nguyên của phương trình.

Ta có: x1 + x2 = 2m; x1 x2 = m − 4 .
Suy ra x1 + x2 − 2 x1 x2 = 8 ⇔ 2( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 − 1 = 15 ⇔ (2 x1 − 1)(2 x2 − 1) = −15 .

0,25

 2 x1 − 1 = −1  x1 = 0
⇔
⇒m=4
TH1: 

 2 x2 − 1 = 15
 x2 = 8
 2 x1 − 1 = −5
 x = −2
⇔ 1
⇒m=0
TH2: 
 2 x2 − 1 = 3
 x2 = 2

0,5

 2 x1 − 1 = −15
 x = −7
⇔ 1
⇒ m = −3
 2 x2 − 1 = 1
 x2 = 1

TH3: 

 2 x1 − 1 = −3  x1 = −1
⇔
⇒ m =1
 2 x2 − 1 = 5
 x2 = 3

TH4: 

Thử lại m=0, m=1, m=-3,m=4 thỏa mãn điều kiện bài toán.

0,25
3,5 điểm

3
N
A
E
M
F

B

0,5

O
I

C


a) Ta có: AC//BM suy ra ∠BMA = ∠CAN
AB//CN suy ra ∠BAM = ∠CNA
Do đó tam giác CAN đồng dạng với tam giác BMA
MB AB
MB BC
=
⇒
=
AC NC

BC CN
Mặt khác ∠MBC = ∠BCN = 1200

Suy ra:

Suy ra tam giác MBC đồng dạng với tam giác BCN.

b) ∠BFM = ∠BCM + ∠NBC = ∠BCM + ∠BMC = 1800 − ∠MBC = 600
Mặt khác ∠BEM = ∠BCA = 600 (do t/c góc ngoài của tứ giác nội tiếp)
Suy ra ∠BFM = ∠BEM = 600 . Do đó tứ giác BMEF nội tiếp.
c) Gọi I là giao điểm EF với BC.
Ta có ∠IBF = ∠BMF (câu a), suy ra IB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại
tứ giác BMEF.
Tương tự chứng minh được IC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tứ giác
CNEF.
Từ đó: IB 2 = IE.IF ; IC 2 = IE.IF ⇒ IB = IC hay I là trung điểm BC.
Vậy d luôn đi qua điểm cố định là I.
4

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

0,5
0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

1,5 điểm
Đặt x = a + 1; y = b + 2; z = c + 3 . (x, y, z >0)
y+z z+x x+ y y x x z y z
VT =
+
+
= + + + + +
x
y
z
x y z x z y
≥2

y x
z x
y z
. +2 . +2 . =6
x y
x z
z y

Dấu bằng xảy ra khi x=y=z, suy ra a=3, b=2, c=1
5
n là số tự nhiên lớn hơn 1 nên n có dạng n = 2k hoặc n = 2k + 1, với k là
số tự nhiên lớn hơn 0.
- Với n = 2k, ta có n 4 + 4 n = (2k ) 4 + 4 2 k lớn hơn 2 và chia hết cho 2. Do
đó n 4 + 4 n là hợp số.
-Với n = 2k+1, tacó

n 4 + 4n = n 4 + 42 k .4 = n 4 + (2.4k ) 2 = (n 2 + 2.4k ) 2 − (2.n.2 k ) 2

= ( n 2 + 2.4k − 2.n.2k ) ( n 2 + 2.4k + 2.n.2k )
= ( ( n − 2 k ) 2 + 4k ) ( (n + 2 k ) 2 + 4 k )

Mỗi thừa số đều lớn hơn hoặc bằng 2. Vậy n4 + 4n là hợp số

0,5
0,5
0,25
0,25
1,0 điểm
0,25
0,25

0,25
0,25