TUYEN TAP DE THI HSG TOAN 9

Giáo án BDHSG Toán 9

PHÒNG GD-ĐT NINH HÒA

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC: 2009-2010
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian
phát đề)

ĐỀ CHÍNH
THỨC

Bài 1: (3đ) Chứng minh đẳng thức:
Bài 2: (4đ) Cho biểu thức Q =

0
5 − 3 − 29 − 12 5 = cotg45

x − 4 ( x − 1) + x + 4 ( x − 1) 
1 
×1 −
÷
2
 x −1 
x − 4 ( x − 1)

a) Tìm điều kiện của x để Q có nghĩa
b) Rút gọn biểu thức Q
y x −1 + x y − 4
xy

x 2 − yz
y 2 − xz
Bài 4: (3,75đ) Chứng minh rằng nếu x 1 − yz = y 1 − xz
(
)
(
)
với x ≠ y, yz ≠ 1, xz ≠ 1, x ≠ 0, y ≠ 0, z ≠ 0
1 1 1
thì x + y + z = x + y + z

Bài 3: (3,5đ) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M =

Bài 5: (3,75đ) Cho tam giác ABC vuông cân tại A, M là trung điểm cạnh BC. Từ
đỉnh M vẽ góc 450 sao cho các cạnh của góc này lần lượt cắt AB, AC tại E, F.
1
4

Chứng minh rằng: S∆MEF < S ∆ABC
Bài 6: (2đ) Từ một điểm A ở ngoài đường tròn (O ; R), ta kẻ hai tiếp tuyến AB và
AC với đường tròn (B và C là các tiếp điểm). Gọi M là một điểm bất kỳ trên đường
thẳng đi qua các trung điểm của AB và AC. Kẻ tiếp tuyến MK của đường tròn (O).
Chứng minh MK = MA

1


Giáo án BDHSG Toán 9

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2009-2010
Bài

Nội dung – Yêu cầu

1
5 − 3 − 29 − 12 5 =

(2

5 − 3−

5 −3

=

5 − 6−2 5

=

5−

(

)

5 −1

)

2

2

Q=

Q=

Q=

0,75đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ

Q có nghĩa ⇔ x > 1 và x ≠ 2
Q=

1đ
0,5đ

=1
= cotg450
2a
2b

Điể
m

x − 4 ( x − 1) + x + 4 ( x − 1) 

1 
× 1 −
÷
 x −1 
x 2 − 4 ( x − 1)

( x − 1) − 2

x −1 + 1 +

( x − 1) + 2

x2 − 4x + 4

(

)

2

x −1 −1 +

(

( x − 2)

)

x −1 + 1
2

x −1 +1 x − 2
×
x −1

2

0,75đ

x−2
×
x −1

x −1 −1 + x −1 + 1 x − 2
×
x−2
x −1

* Nếu 1 < x < 2 ta có:
1− x −1 + x −1 +1 x − 2
×
2− x
x −1
2
Q=
1− x
Q=

0,75đ
0,25đ

* Nếu x > 2 ta có:
Q=

Q=

0,5đ

x −1 −1+ x −1 +1 x − 2
×
x−2
x −1
2

0,25đ

x −1

0,25đ
2


Giáo án BDHSG Toán 9

0,5đ
0,25
3

0,25đ
Với điều kiện x ≥ 1, y ≥ 4 ta có:

M=

x −1
+
x

y−4
y

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm,
1+ x −1 x
=
Ta có: x − 1 = 1( x − 1) ≤
2
2
x −1 1
⇒
≤
(vì x dương)
x
2
1
1 4+ y−4 y
=
Và: y − 4 = 4 ( y − 4 ) ≤ ×
2
2
2
4
y−4 1

⇒
≤
(vì y dương)
y
4

y−4 1 1 3
≤ + =
y
2 4 4
3
⇔ x = 2, y = 8
Vậy giá trị lớn nhất của M là
4

Suy ra: M =

4

x −1
+
x

0,5đ
0,75đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ

x 2 − yz

y 2 − xz
=
x ( 1 − yz ) y ( 1 − xz )

⇔ ( x 2 − yz ) ( y − xyz ) = ( y 2 − xz ) ( x − xyz )

0,25đ

⇔ x 2 y − x3 yz − y 2 z + xy 2 z 2 − xy 2 + xy 3 z + x 2 z − x 2 yz 2 = 0

⇔ ( x 2 y − xy 2 ) − ( x 3 yz − xy 3 z ) + ( x 2 z − y 2 z ) − ( x 2 yz 2 − xy 2 z 2 ) = 0
⇔ xy ( x − y ) − xyz ( x 2 − y 2 ) + z ( x 2 − y 2 ) − xyz 2 ( x − y ) = 0
⇔ ( x − y )  xy − xyz ( x + y ) + z ( x + y ) − xyz 2  = 0

⇔ xy − xyz ( x + y ) + z ( x + y ) − xyz 2 = 0

(vì x ≠ y ⇒ x − y ≠ 0 )

⇔ xy + xz + yz = xyz ( x + y ) + xyz 2

2
xy + xz + yz xyz ( x + y ) + xyz
⇔
=
xyz
xyz
1 1 1
⇔ + + = x+ y+ z
x y z

5

0,75đ

(vì xyz ≠ 0 )

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

B

3


Giáo án BDHSG Toán 9

M

P
E
A

N

F

K

C

Q

Kẻ MP ⊥ AB tại P, MQ ⊥ AC tại Q
Kẻ Ex // AC, EC cắt MQ tại K và cắt MF tại N
Do ∠ EMF = 450 nên tia ME, MF nằm giữa hai tia MP và MQ
1
S MPEK
2
1
= S QAEK ( S ∆FEN < S∆QEK vì có cùng chiều cao nhưng đáy
2

⇒ S ∆MEN < S ∆MEK =

và S∆FEN < S ∆QEK

EN bé hơn đáy EK)
1
2

0,5đ
0,5đ
0,25đ

B

P
I

A

Q
K

C

M

Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AB,AC. Giao điểm của OA và PQ
4

0,5đ

0,5đ

1
2
1
S ∆MAQ = S ∆MAC
2
1
⇒ S APMQ = S ∆ABC (**)
2
1
Từ (*) và (**) ta có: S∆MEF < S ∆ABC
4

Chứng minh được: S∆MAP = S∆MAB

O

0,5đ

0,5đ

1
2

Suy ra: S ∆MEN + S ∆FEN < S APMQ ⇔ S∆MEF < S APMQ (*)

6

0,25đ
0,25đ


Giáo án BDHSG Toán 9

là I.
AB và AC là hai tiếp tuyến nên AB = AC và AO là tia phân giác của
∠ BAC
⇒ ∆ PAQ cân ở A và AO ⊥ PQ
Áp dụng Pitago ta có:
MK2 = MO2 – R2 ( ∆ MKO vuông tại K)
MK2 = (MI2 + OI2) – R2 ( ∆ MOI vuông tại I)
MK2 = (MI2 + OI2) – (OP2 – PB2) ( ∆ BOP vuông tại B)

MK2 = (MI2 + OI2) – [(OI2 + PI2) – PA2] ( ∆ IOP vuông tại I và PA =
PB)
MK2 = MI2 + OI2 – OI2 + (PA2 – PI2)
MK2 = MI2 + AI2 ( ∆ IAP vuông tại I)
MK2 = MA2 ( ∆ IAM vuông tại I)
⇒ MK = MA

PHÒNG GD&ĐT PHÚ GIÁO
TRƯỜNG THCS AN BÌNH

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 9
(Thời gian : 120 phút)


3

3

 x

3



+ 3
+
+ 1÷
÷
Bài 1(1,5đ): Cho biểu thức Q =  2
÷

÷
 x + x 3 + 3 x − 27  3 x

a/ Rút gọn Q
b/ Tính giá trị của Q khi x = 3 + 2010
Bài 2(1đ): Rút gọn biểu thức M = 4 + 7 − 4 − 7
Bài 3(1đ): Chứng minh rằng với mọi a,b,c ta có a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ac
Bài 4(2đ):a/ Cho a + b = 2.T ìm giá trị nhỏ nhất của A = a2 + b2
b/ Cho x +2y = 8 . T ìm giá trị lớn nhất của B=xy
Bài 5(2đ): Giải phương trình
x2 − 9 + x2 − 6 x + 9 = 0

5

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ


Giáo án BDHSG Toán 9

b/ x 2 − 4 − x 2 + 4 = 0
Bài 6(2,5đ): Cho hình vuông cạnh a. Đường tròn tâm O, bán kính a cắt OB tại
M .D là điểm đối xứng của O qua C . Đường thẳng Dx vuông góc với CD tại D cắt
·

CM tại E. CA cắt Dx tại F. Đặt α = MDC
·
a/ Chứng minh AM là phân giác của FCB
. Tính độ dài DM, CE theo a và α

b/ Tính độ dài CM theo a . Suy ra giá trị của sin α

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Bài
1(1,5đ)

Nội dung

Biểu
chấm

a.(1đ)


 x
3 

+
+ 1
2
3
 3
x
x
+

x
3
+
3
x
−
27



ĐKXĐ: x ≠ 0; x ≠ 3

A = 

3

+

3

6

0.25


Giáo án BDHSG Toán 9


 x 2 + x 3 + 3 



2
2


3x
 x + x 3 + 3 ( x − 3 )( x + x 3 + 3) 


 x 2 + x 3 + 3 
( x − 3) 3 + 3


= 
2


3x
 ( x − 3 )( x + x 3 + 3) 

1
=
x− 3
b. (0,5 đ) Thay x = 3 +2010 vào A ta có:
1
1
1
=
=
A=

x− 3
3 + 2010 − 3 2010
3

= 

2(1đ)

3

+

0.25
0.25
0.25
0,5

Rút gọn biểu thức M = 4 + 7 − 4 − 7
M = 4+ 7 − 4− 7

(1+ 7 )

M=
M=

0.25
0.25

8+2 7
8−2 7

−
2
2

M=

2

2

−

( 1− 7 )

2

0.25
0.25

2

1+ 7
7 −1
−
2
2

M= 2

3(1đ)

a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ac

0.25

⇔ 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 ≥ 2ab + 2bc + 2ac

0.25

⇔ a 2 − 2ab + b 2 + b 2 − 2bc + c 2 + a 2 − 2ac + c 2 ≥ 0
⇔ ( a − b) + ( b − c) + ( a − c) ≥ 0
2

2

4(2đ)

2

0.5

a/ Cho a + b = 2.T ìm giá trị nhỏ nhất của A = a2 + b2
a+b = 2⇒ b = 2−a
A = a2 + ( 2 − a )

2

A = 2a 2 − 4a + 4

(

A=(
A=

)

2

2a − 2 2a. 2 +
2a − 2

)

2

( 2)

2

+2

+2

A≥2
Amin = 2

7


Giáo án BDHSG Toán 9
x + 2y = 8 ⇒ x = 8− 2y

B = y ( 8 − 2 y ) = 8y − 2 y2

(
= 8−(


b/ = − 

2y

)

2

(

− 2 2 y.2 2 + 2 2

2y − 2 2

)

2

)

2

− 8


≤8

Bmax = 8

5(2đ)

0.5

a / x2 − 9 + x2 − 6x + 9 = 0
⇔

( x − 3) (

)

x +3 + x−3 = 0

0.25

 ( x − 3) = 0
x = 3
⇔
⇔
 x + 3 + x − 3 = 0
 ptvn

0.25

vậy nghiệm của pt là x=3

b / x2 − 4 − x2 + 4 = 0
x2 − 4 − ( x2 − 4) = 0

0.25

t = 1
⇔ t −t = 0 ⇔ t −t = 0 ⇔ 
t = 0
x = ±2
2

0.25

x=± 5

0.5

6(2.5đ)
E
0.5
F
A
D

O
O

B
M
C

·
a/vì M thuộc đường tròn tâm O đuờng kính CD nên CMD
= 900
·
·
Mà CA ⊥ OB (đuờng chéo hình vuông ) nên MCA
( góc có
= MCB
cạnh vuông góc)

0.5

Do đó MC là tia phân giác của ·ACB
·
·
Ta thấy α = ECF
= ·ACM ⇒ α = MDC

0.5

·
·
⇒ MCA
= MCB

8


Giỏo ỏn BDHSG Toỏn 9

ã
DMC vuụng ti M cú MDC
= v CD=2a nờn
DM
cos =
DM = DC.cos
DC
DEC vuụng ti D cú DM l ng cao nờn

CE.CM=CD2 (1)
M CM = CD sin CM = 2a sin
T (1) ta cú CE =

CD 2
2a
=
CM sin

b/ gi I l tõm hỡnh vuụng OABC ta cú

2
IM = OM OI IM = a 1
ữ
2 ữ



(

)

a2
2a 2
CM = IM + IC CM =
2 2 +
4
4
2

(

2

2

)

2

2
MIC vuụng ti I = a 2 2 CM = a 2 2

sin =

Phòng GD- ĐT vĩnh tờng
Trờng THCS vũ di
==========

CM
2 2

=
CD
2

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

Đề thi khảo sát học sinh giỏi (10 - 2010)

Môn: Toán 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề
9


Giỏo ỏn BDHSG Toỏn 9

---------------------------------------------Bài 1. (1,5 điểm)
Rút gọn các biểu thức sau :
a)A =

1
1+ 5

+

1
5+ 9

+

1
9 + 13

b) B = x3 - 3x + 2000 với x =

..... +
3

1
2001 +

3+2 2 +

3

2005

+

1
2005 +

2009

32 2

Bi 2 (2,0 im) Gii cỏc phng trỡnh sau:

a) 3x2 + 4x + 10 = 2 14 x 2 7
b)

4

4 x 2 4 x 4 16 + 4 x + 1 + x 2 + y 2 2 y 3 = 5 y

c) x4 - 2y4 x2y2 4x2 -7y2 - 5 = 0;

(vi x ; y nguyờn)

Bài 3: (2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng với hai số thực bất kì a, b ta luôn có:
2

a+b

ữ ab .
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?
b) Cho ba số thực a, b, c không âm sao cho a + b + c = 1 .
Chứng minh: b + c 16abc . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?
c) Với giá trị nào của góc nhọn thì biểu thức P = sin 6 + cos6 có
giá trị bé nhất ? Cho biết giá trị bé nhất đó.
Bài 4: (1,5 điểm)
Một đoàn học sinh đi cắm trại bằng ô tô. Nếu mỗi ô tô chở 22
ngời thì còn thừa một ngời. Nếu bớt đi một ô tô thì có thể
phân phối đều tất cả các học sinh lên các ô tô còn lại. Hỏi có
bao nhiêu học sinh đi cắm trại và có bao nhiêu ô tô ? Biết rằng

mỗi ô tô chỉ chở không quá 30 ngời.
Bài 5 ( 3,0 điểm )
1)Cho hình thoi ABCD cạnh a , gọi R và r lần lợt là các bán kính
các đờng tròn ngoại tiếp các tam giác ABD và ABC.
1
1
4
+ 2 = 2
2
R
r
a
8 R 3r 3
b) Chứng minh : S ABCD = 2 2 2 ; ( Kí hiệu S ABCD là diện tích tứ
(R + r )

a) Chứng minh :

giác ABCD )

10


Giỏo ỏn BDHSG Toỏn 9
BC
ã
2) Cho tam giác ABC cân tại A có BAC
là
= 1080 .Chứng minh :
AC

số vô tỉ.
========================================
=======

11


Giỏo ỏn BDHSG Toỏn 9
Phòng GD- ĐT vĩnh tờng
Trờng THCS vũ di
--------------------

Bài

Hd chấm Đề thi khảo sát học sinh giỏi (10 - 201

Môn: Toán 9
---------------------------------------------Cho
điể
m

Sơ lợc lời giải

Bài 1.b áp dụng công thức (a+b)3=a3+b3+3ab(a+b), với a= 3 3 + 2 2

(1,5
đ)
a

, b= 3 3 2 2
và biến đổi => x3 = 6 + 3x
Suy ra B = 2006
Có A =

5 1
9 5
13 9
2005 2001
+
+
+...+
+
5 1
95
13 9
2005 2001

0,75

0,75

2009 2005
2009 2005

Rút gọn, đợc A =
Bài
2a
(2,0
đ)

b

c

2009 1
.
4

Gii, xỏc nh ỳng iu kin: x <

2
2
;x
2
2

x 2 + 4 x + 4 + 2 x 2 1 2 2 x 2 1. 7 + 7 = 0
( x + 2) 2 + ( 2 x 1 7) = 0
x = 2
x + 2 = 0


x = 2 x = 2 (Tha món)
2
2 x 1 7 = 0
x = 2


0,25

0,25

0,25

4 x 2 0
(1)
2
(2)
x 16 0
iu kin :
(3)
4 x + 1 0
x2 + y 2 2 y 3 0
(4)

T (2) (x2 4)(x2 + 4) 0 x 2 4 0 kt hp vi (1) v (3)

suy ra x = 2
Thay vo (4): y2 2y + 1 0 ; ỳng vi mi giỏ tr ca y.
Thay x = 2 vo phng trỡnh v gii ỳng, tỡm c y =
1,5
Vy nghim ca phng trỡnh: (x = 2; y = 1,5)
Bin i a c pt v dng: (x2 2y2 5)(x2 + y2 +1) =
0
x2 2y 5 = 0 x2 = 2y2 + 5 x l
t x = 2k + 1 ; ( k Z ) 4k2 + 4k +1 = 2y2 + 5 2y2 =
4k2 + 4k 4
12

0.5

0,25
0,25

0,25


Giỏo ỏn BDHSG Toỏn 9
y2 = 2(k2 + k 1) y chn
t y = 2n; (n Z ) 4n2 = 2(k2 + k 1) 2n2 + 1 = k(k

Bài
3a
(2,0
đ)

+ 1)
(*)
Nhỡn vo (*) ta cú nhn xột: V trỏi nhn giỏ tr l, v phi nhn giỏ tr
chn (Vỡ k v k + 1 l hai s nguyờn liờn tip) (*) vụ nghim pt ó
cho vụ nghim
Ta có:
2

a 2 + 2ab + b 2
a 2 2ab + b 2
a+b

ab
=

ab
=

ữ
4
4
2

( a b)
=

2

4

0,25

0, a, b R
2

a+b
2
Vậy:
ữ ab, a, b R ( a + b ) 4ab, a, b R
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b

b

0,25

Theo kết quả câu 3.a, ta có:

( a + b + c)

0,25

2
= a + ( b + c ) 4a ( b + c )


mà a + b + c = 1 (giả thiết)
2

nên: 1 4a ( b + c ) b + c 4a ( b + c ) (vì a, b, c không âm nên b
+ c không âm)
2
Nhng: ( b + c ) 4bc (không âm)
Suy ra: b + c 16abc .
2

a = b + c
1
1
b=c= , a=
Dấu đẳng thức xảy ra khi:
4
2
b=c

c

0,25
0,25

Ta có:

P = sin 6 + cos 6 = ( sin 2 ) + ( co s 2 )
3

3

P = ( sin 2 + cos 2 ) sin 4 sin 2 cos 2 + cos 4

P = ( sin 2 + cos 2 ) 3sin 2 cos 2 = 1 3sin 2 cos 2
2

0,25

áp dụng kết quả câu 3.1, ta có:

( sin

2

+ cos 2 ) 4sin 2 cos 2 1 4sin 2 cos 2 sin 2 cos 2
2

3
4

Suy ra: P = 1 3sin 2 cos 2 1 =

1
4

1
4

1
khi và chỉ khi: sin 2 = cos 2 sin = cos (vì
4
sin
là góc nhọn)
= 1 tg = 1 = 450
cos

Do đó: Pmin =

0,25

0,25

13


Giỏo ỏn BDHSG Toỏn 9

Bài 4 + Gọi số ô tô lúc đầu là x ( x nguyên và x 2)
(1,5

Số học sinh đi cắm trại là: 22x + 1.
đ)
+ Theo giả thiết: Nếu số xe là x 1 thì số học sinh phân
phối đều cho tất cả các xe, mỗi xe chở số học sinh là y (y
là số nguyên và 0 < y 30).
+
Do
đó
ta
có
phơng
trình:

( x 1) y = 22 x + 1 y =

22 x + 1
23
= 22 +
x 1
x 1

0,25
0,25

0,25

+ Vì x và y đều là số nguyên dơng, nên x 1 phải là ớc số
của 23.
Mà 23 nguyên tố, nên: x 1 = 1 x = 2 hoặc x 1 = 23 x = 24
Nếu x = 2 thì y = 22 + 23 = 45 > 30 (trái giả thiết)

0,25
y
=
22
+
1
=
23
Nếu x = 24 thì
< 30 (thỏa điều kiện bài
toán).
0,25
+ Vậy số ô tô là: 24 và tổng số học sinh đi cắm trại là:
22 ì 24 + 1 = 23 ì 23 = 529 học sinh.
0,25
Bài 5
Tứ giác ABCD là hình thoi
0,25
B
E
(3,0
nên AC là đờng trung trực
M
đ)
của đoạn thẳng BD,BD là
O
đờng trung trực của AC.Do
C
A
I

vậy nếu gọi M,I,K là giao
điểm của đờng trung trực
K
của đoạn thẳng AB với
D
AB,AC,BD thì ta có I,K là
tâm đờng tròn ngoại tiếp
các tam giác ADB,ABC
Từ đó ta có KB = r và IB =
R.Lấy một điểm E đối xứng
với điểm I qua M , Ta có BEAI
là hình thoi ( vì có hai đờng chéo EI và AB vuông
góc với nhau và cắt nhau tại
trung điểm mỗi đờng )
ã
ã
ã
ã
ã
1a
0,25
Ta có BAI = EBA mà BAI + ABO = 900 EBA
+ ãABO = 900
ã
0,25
Xét EBK có EBK
= 900 ,đờng cao BM.Theo hệ thức trong
1
1
1

+
=
2
2
BE
BK
BM 2
a
1
1
4
Mà BK = r , BE = BI = R; BM =
Nên 2 + 2 = 2
2
R
r
a

tam giác vuông ta có

1b

(Đpcm)
Xét AOB và AMI có ãAOB = ãAMI = 900 và àA chung AOB : AMI


2

AO AM
AM . AB

AB
=
AO =
=
AB
AI
AI
2R

14

0,25
0,25


Giỏo ỏn BDHSG Toỏn 9

Chứng minh tơng tự ta đợc BO =
Ta có S ABCD = 2. AO.OB = 2.

BM . AB AB 2
=
BK
2r

AB 4
4 Rr

0,25
0,25

Mà theo định lí Pi ta go trong tam giác vuông AOB ta có
AB 2 = OA2 + OB 2 =

1
1
1
4R 2 r 2
AB 4 2 + 2 ữ AB 2 = 2 2
4
r
R
R +r

Từ đó ta có : S ABCD
2

0,25

8 R 3r 3
= 2 2 2
(R + r )

0,25

B

A

x

C

D

ã
Kẻ tia Cx sao cho CA là tia phân giác của BCx
, tia Cx cắt
ã
đờng thẳng AB tại D.Khi đó Ta có DCA
= ãACB = 360 DCA
cân tại C , BCD cân tại B AB = AC = DC .Theo tính chất đờng phân giác trong tam giác BCD ta có

0,25

CB
AB
BC
CA
=

=
; BC = BD
CD AD
CA BD CA
BC
CA

=
BC ( BC CA) = CA2 BC 2 BC .CA CA2 = 0

CA BC CA
2

2

5
BC BC
BC 1

ữ =
ữ
ữ1 = 0
4
CA CA
CA 2

0,25

BC
BC
BC 1 + 5
> 0) .Vậy
( Vì
là số vô tỉ
=
CA
AC
CA
2

0,25

PHềNG GD-T HUYN LONG IN
CP HUYN
------------------------------------------------

K THI CHN HC SINH GII

NM HC 2009-2010
------------------------ CHNH
MễN THI : TON
Thi gian : 150 phỳt ( Khụng k thi gian giao )
Ngy thi: 16/01/2010

Bi 1(4)
a) Tớnh tng:

2 2
2
2
+ + + ... +
15 35 63
399
a c
b) Cho a, b, c, d l cỏc s dng v = . Hóy trc cn thc mu ca biu
b d
1
thc sau:
a+ b+ c+ d
P=

15


Giáo án BDHSG Toán 9

Bài 2: (4đ)
a) (2đ) Biết rằng a,b là các số thoả mãn a > b > 0 và a.b = 1
a 2 + b2
≥2 2
Chứng minh :
a −b

b) (2đ) Tìm tất cả các số tự nhiên abc có 3 chữ số sao cho :
 abc = n 2 − 1

2
cba = ( n − 2 )

với n là số nguyên lớn hơn 2

Bài 3: (4đ)
a) (2đ) Phân tích thành nhân tử:
M = 7 x − 1 − x 3 − x 2 + x − 1 với x ≥ 1
b) (2đ) Giải phương trình
3

x 2 + 26 + 3 x + x + 3 = 8

Bài 4: (2.đ) Cho đường thẳng (d) có phương trình: x(m + 2) + (m − 3) y = m − 8

a) (0,5đ) Xác định m để đường thẳng (d) đi qua điểm P(-1;1).
b) (1,5đ) Chứng minh rằng khi m thay đổi thì đường thẳng (d) luôn luôn đi qua
một điểm cố định.
Bài 5: (2 đ)
Cho ∆ ABC đều điểm M nằm trong ∆ ABC sao cho AM2 = BM2 + CM2. Tính số đo
góc BMC ?
Bài 6: (4,0 đ)
Cho nửa đường tròn đường kính BC=2R, tâm O cố định. Điểm A di động trện
nửa đường tròn. Gọi H là hình chiếu của điểm A lên BC. Gọi Dvà E lần lượt là
hình chiếu của H lên AC và AB.
a) Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2
b) Xác định vị trí điểm A sao cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất? Tính
diện tích lớn nhất đó theo R.
----HẾT---ĐÁP ÁN
Bài 1(4đ, mỗi bài 2 điểm)
a)
2 2 2
2
+ + + ... +
15 35 63
399
2
2
2
2
=
+
+
+ ... +
3.5 5.7 7.9

19.21

P=

16

(0,5
điểm)
(0,75
điểm)
(0,5
điểm)
(0,25


Giáo án BDHSG Toán 9
1 1 1 1 1 1
1 1
= − + − + − + ... + −
3 5 5 7 7 9
19 21
1 1
= −
3 21
=

2
7

b)

1
1
=
a + b + c + d ( a + d ) + ( b + c)

.

=

( a + d ) − ( b + c)
 ( a + d ) + ( b + c )  ( a + d ) − ( b + c )




=

a+ d − b− c
a + d + 2 ad − (b + c + 2 bc )

(0,5 điểm).

=

a+ d − b− c
a + d + 2 ad − b − c − 2 bc

(0,5 điểm)

=

a+ d − b− c
a+ d − b− c

(0,5 điểm).

a c


 do = ⇒ ad = bc ⇒ 2 ad = 2 bc ÷
b d



(0.5 điểm)
Bài 2: ( 2 điểm )
2
2
a − b ) + 2ab ( a − b ) + 2
2
* Vì a.b = 1 nên a + b = (
=
= ( a − b) +
a −b
a −b
a −b
a −b
2

2

(1đ)

* Do a > b > 0 nên áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương
Ta có : ( a − b ) +
Vậy

2
≥2
a −b

2
a−b

( a − b) ×

a 2 + b2
≥2 2
a −b

( 1đ )

1) ( 2 đđiểm )

 abc = 100a + 10b + c = n 2 − 1
Viết được 
2
cba = 100c + 10b + a = n − 4n + 4

Từ (1) và (2) ta có 99 ( a –c ) = 4n – 5 => 4n – 5 M99
đ)
Mặt khác : 100 ≤ n 2 − 1 ≤ 999 ⇔ 101 ≤ n 2 ≤ 1000 ⇔ 11 ≤ n ≤ 31
⇔ 39 ≤ 4n − 5 ≤ 119
(4)
Từ (3) và (4)
=> 4n – 5 = 99 => n = 26
Vậy số cần tìm abc = 675
Bài 3(4đ)
17

(3)

( 0,75
( 0,75đđ )
( 0,5 đ )


Giáo án BDHSG Toán 9

a) (2 điểm) M = 7 x − 1 − x 3 − x 2 + x − 1 với x ≥ 1
= x − 1(7 − x + x − 1)

(0,25đ)

= − x −1( x −1 − x −1 +
2

1
25 

= − x − 1  x − 1 −  − 
2
4 

= − x −1 x −1 − 3 x −1 + 2

(

)(

1 25
−
)
4
4

(0,5đ)
(0,5đ)

)

(0,5đ)
= x − 1(3 − x − 1 )( x − 1 + 2 )
(0,25đ)
b) (2đ) Giải phương trình 3 x 2 + 26 + 3 x + x + 3 = 8 (1)
Ta nhận thấy x = 1 là nghiệm của PT (1)
(0,75đ)
0
≤
x

<
1
Với
thì:
x 2 + 26 + 3 x + x + 3 < 3 12 + 26 + 3 1 + 1 + 3 = 8
Nên PT vô nghiệm với 0 ≤ x < 1
3

(0,5đ)

Với x >1 Thì:
3

x 2 + 26 + 3 x + x + 3 > 3 12 + 26 + 3 1 + 1 + 3 = 8

Nên PT vô nghiệm với x >1
Vậy PT (1) có nghiệm duy nhất x = 1

(0,5đ)
(0,25đ)

Bài 4: (2 điểm)
a) Vì đường thẳng (d) đi qua P(-1;1) nên

(m + 2).(−1) + (m − 3).1 = m − 8 ⇔ −5 = m − 8 ⇒ m = 3. (0,5 điểm)
b) Gọi ( x0 ; y0 ) là tọa độ điểm cố định mà (d) đi qua

Ta có: (m + 2) x0 + (m − 3) y0 = m − 8 ∀m . (0,5đ)
⇔ ( x0 + y0 − 1)m + ( 2 x0 − 3 y0 + 8 ) = 0 ∀m.

 x0 + y0 − 1 = 0
 x0 = −1
⇒
⇔
2 x0 − 3 y0 + 8 = 0
 y0 = 2

Vậy điểm cố định mà (d) đi qua là (-1;2) (1đ)
Bài 5:
⇒ ∆BCN = ∆ACM
⇒ BN = AM

Vẽ tam giác đều CMN

(1 điểm)
mà AM 2 = BM 2 + CM 2 ⇔ BN 2 = BM 2 + MN 2
⇔ ∆BMN vuông tại M.
·
·
·
⇒ BMC
= BMN
+ NMC
= 900 + 600 = 1500 . (1 điểm)

Bài 6: (4,0 đ)
a) Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2
Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật
18

(1,0 đ)


Giáo án BDHSG Toán 9

AB . EB = HB2
AC . EH = AC . AD = AH2
=> ĐPCM (1 điểm)
b) S(ADHE)= AD.AE ≤

AD 2 + AE 2 DE 2 AH 2
=
=
(0,75 đ)
2
2
2

AH 2 AO 2 R 2
≤
=
2
2
2
2
R
Vậy Max S(ADHE)= Khi AD = AE
2
⇒ S(ADHE)

≤

E

(0,75 đ)
D
C

Hay A là điểm chính giữa của cung AB

UBND HUYỆN QUẾ SƠN
PHÒNG GD&ĐT

A

(0,5 đ)

Bài 1: (1.5 điểm)
Thực hiện tính:
x2 − 4 + x + 2

O

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2009-2010
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC - VÒNG I

2x + 2 x 2 − 4

H

với x = 2 6 + 3

Bài 2: (2.5 điểm)
Giải các phương trình:
a. x 2 + 5 x − x 2 + 5 x + 4 = −2
b. x 2 − 3x + 2 + x + 3 = x − 2 + x 2 + 2 x − 3

19

B


Giáo án BDHSG Toán 9

Bài 3: (2.0 điểm)
a. Chứng minh phương trình (n+1)x2 + 2x - n(n+2)(n+3) = 0 luôn có nghiệm
hữu tỉ với mọi số n nguyên.
b. Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 + 2009x + 1 = 0
x3, x4 là nghiệm của phương trình x2 + 2010x + 1 = 0
Tính giá trị của biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4)
Bài 4: ( 3.0 điểm)
Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến AB,
AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Đoạn thẳng AO cắt đường tròn (O) tại
M. Trên cung nhỏ MC của (O) lấy điểm D. AD cắt (O) tại điểm thứ hai E. I là trung
điểm của DE. Đường thẳng qua D vuông góc với BO cắt BC tại H và cắt BE tại K.
a. Chứng minh bốn điểm B, O, I, C cùng thuộc một đường tròn.

b. Chứng minh ∠ ICB = ∠IDK
c. Chứng minh H là trung điểm của DK.
Bài 5: ( 1.0 điểm)
Cho A(n) = n2(n4 - 1). Chứng minh A(n) chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên
n.

UBND HUYỆN QUẾ SƠN
PHÒNG GD&ĐT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2009-2010
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC - VÒNG II
Bài 1: (2.0 điểm)

a) Chứng minh bất đẳng thức:

1 1
4
+ ≥
. Với a; b là các số dương.
a b a+b

b) Cho x; y là hai số dương và x + y =1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của
P=

1
;

2 xy

M=

2
3
+ 2
.
xy x + y 2

Bài 2: (2.0 điểm)

x 2 + y 2 = 11
Giải hệ phương trình: 
 x + xy + y = 3 + 4 2

20


Giáo án BDHSG Toán 9

Bài 3: (2.0 điểm)
Hình chữ nhật ABCD có M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD. Trên
tia đối của tia CB lấy điểm P. DB cắt PN tại Q và cắt MN tại O. Đường thẳng qua O
song song vơi AB cắt QM tại H.
a. Chứng minh HM = HN.
b. Chứng minh MN là phân giác của góc QMP.
Bài 4: (3.0 điểm)
Cho nửa đường tròn (O, R) đường kính AB. EF là dây cung di động trên nửa
đường tròn sao cho E thuộc cung AF và EF = R. AF cắt BE tại H. AE cắt BF tại C.

CH cắt AB tại I
a. Tính góc CIF.
b. Chứng minh AE.AC + BF. BC không đổi khi EF di động trên nửa đường
tròn.
c. Tìm vị trí của EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất. Tính diện tích đó.
Bài 5: (1.0 điểm)
Tìm ba số nguyên tố mà tích của chúng bằng năm lần tổng của chúng.

UBND HUYỆN QUẾ SƠN
PHÒNG GD&ĐT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2009-2010
Môn: Toán

HƯỚNG DẪN CHẤM - VÒNG I
Bài 1: (1.5 điểm)
Thực hiện tính:
2x + 2 x 2 − 4
x2 − 4 + x + 2
=

với x = 2 6 + 3

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

Thay x = 2 6 + 3 vào được:

2 6 +2+3

=

=

( x + 2 + x − 2) 2

1

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

Bài 2: (2.5 điểm)
Giải các phương trình:
a. x 2 + 5 x − x 2 + 5 x + 4 = −2
x 2 + 5x + 4 − x 2 + 5x + 4 = 2 .

Đặt y = x 2 + 5 x + 4 (y ≥ 0) được: y2 - y - 2 = 0
21

=

0,75
0,75

0,50


Giáo án BDHSG Toán 9

Giải phương trình được: y1 = -1 (loại); y2 = 2.
Với y = 2 giải x 2 + 5 x + 4 = 2 được x1 = 0; x2 = -5.
Thử lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệm
Ghi chú: Có thể đặt y = x2 + 5x. Lúc này cần đặt điều kiện khi bình phương
hai vế.
b. x 2 − 3x + 2 + x + 3 = x − 2 + x 2 + 2 x − 3
( x − 1)( x − 2) + x + 3 = x − 2 + ( x − 1)( x + 3)

0,25

x − 1( x − 2 − x + 3 ) − x − 2 + x + 3 = 0

0,50

( x − 2 − x + 3 )( x − 1 − 1) = 0
x − 2 − x + 3 = 0 vô nghiệm;

0,25
0,25
0,25

x − 1 − 1 = 0 được x = 2.

0,25
0,25

Thử lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệm.
Bài 3: (2.0 điểm)
a.Chứng minh Phương trình (n+1)x2 + 2x - n(n+2)(n+3) = 0 luôn có nghiệm hữu tỉ
với mọi số n nguyên.
n =-1: Phương trình có nghiệm. Với n ≠ -1 ⇒ n+1≠ 0.
∆’= 1+ n(n+2)(n+3)(n+1)
= 1+ (n2 + 3n)(n2+3n+2) = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1 =(n2 + 3n + 1)2.
∆’≥ 0 nên phương trình luôn có nghiệm.
∆’ chính phương, các hệ số là số nguyên nên các nghiệm của phương trình là
số hữu tỉ.
b. Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 + 2009x + 1 = 0
x3, x4 là nghiệm của phương trình x2 + 2010x + 1 = 0
Tính giá trị của biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4)
Giải:
Chứng tỏ hai phương trình có nghiệm.
Có: x1x2 = 1x3x4 = 1
x1+x2 = -2009
x3 + x4 = -2010
Biến đổi kết hợp thay: x1x2 = 1; x3x4 = 1
(x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4) = (x1x2 + x2x3 - x1x4 -x3x4 )(x1x2+x1x3-x2x4-x3x4)
= (x2x3 - x1x4 )(x1x3-x2x4 )
= x1x2x32 - x3x4x22 - x3x4x12+x1x2x42
= x32 - x22 - x12 + x42
= (x3 + x4 )2 - 2x3x4 -( x2+ x1)2 + 2x1x2

= (x3 + x4 )2 -( x2+ x1)2
Thay x1+x2 = -2009; x3 + x4 = -2010 được : 20102 - 20092 =2010+2009 =4019
Ghi chú: Có thể nhân theo nhóm [(x1+x3)(x2 + x3)].[(x1-x4)(x2-x4)]
B
Bài 4: ( 3.0 điểm)
K
M

A

O

H

D
22

I
C

E

0,50
0,25
0,25

0,25

0,50

0,25


Giáo án BDHSG Toán 9

OB ⊥ BA; OC ⊥ CA ( AB, AC là các tiếp tuyến)
OI ⊥ IA (I là trung điểm của dây DE) .
⇒ B, O, I, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO.
∠ICB = ∠IAB ( Cùng chắn cung IB đường tròn đường kính AO) (1)
DK // AB (Cùng vuông góc với BO)
⇒ ∠IDK = ∠IAB
(2)
Từ (1) và (2) được: ∠ICB = ∠IDK
∠ICB = ∠IDK hay ∠ICH = ∠IDH ⇒ Tứ giác DCIH nội tiếp.
⇒ ∠HID = ∠HCD
∠HCD = ∠BED (Cùng chắn cung DB của (O))
⇒ ∠HID = ∠BED ⇒ IH // EB
⇒ IH là đường trung bình của DEK ⇒ H là trung điểm của DK
(Mỗi bước cho 0,25 điểm)
Bài 5: ( 1.0 điểm)
Chứng minh A(n) = n2(n4 - 1). chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n.
- A(n) = n.n(n2 - 1)( n2 + 1) = n.n(n - 1)(n+1)( n2 + 1). Do n(n - 1)(n+1)
chia hết cho 3 nên A(n) chia hết cho 3 với mọi n.
- A(n) = n2(n4 - 1) = n(n5 - n). Do n5 - n chia hết cho 5 theo phecma nên
A(n) chia hết cho 5 với mọi n.
- Nếu n chẵn ⇒ n2 chia hết cho 4 ⇒A(n) chia hết cho 4. Nếu n lẻ ⇒ (n-1)
(n+1) là tích hai số chẵn nên nó chia hết cho 4. ⇒A(n) chia hết cho 4 với
mọi n.
- Ba số 3,4,5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên A(n) chia hết cho 3.4.5 hay
A(n) chia hết cho 60.

(Mỗi bước cho 0,25 điểm)

23

0,75

1.0

1,25

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


Giáo án BDHSG Toán 9

UBND HUYỆN QUẾ SƠN
PHÒNG GD&ĐT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2009-2010
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM - VÒNG II
Bài 1: (2.0 điểm)

a. Chứng minh bất đẳng thức:

1 1
4
+ ≥
. Với a; b là các số dương.
a b a+b

b. Cho x; y là hai số dương và x + y =1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của
P=

1
;
2 xy

M=

2
3
+ 2
.
xy x + y 2

1 1
4
a+b
4
2
2
+ ≥
⇔

≥
⇔ ( a + b ) ≥ 4ab ⇔ ( a − b ) ≥ 0
a b a+b
ab
a+b
1
x+ y
4
4
P=
=
≥
=
=2
2 xy
2 xy
2( x + y ) 2.1
1
P đạt giá trị nhỏ nhất tại: x = y =
2
1
1
1
2
2
2
hoặc: 2 xy ≤ x + y ⇔ 4 xy ≤ ( x + y ) ⇔ xy ≤ 4 ⇔ xy ≥ 4 ⇔ 2 xy ≥ 2
4
3
1

4.3
1
4.3
2
3
+ 2
≥
+ 2
=
+
≥ 2 + 12 = 14
M=
+ 2
2
2
2 =
2 xy x + y
2 xy x + 2 xy + y
2 xy ( x + y ) 2
xy x + y

24

0,50
0,50
0,25

0,50

Giáo án BDHSG Toán 9
1

1

- 2 xy đạt GTNN tại x = y = .
2
3
3
1
1
- 2 xy + x 2 + y 2 đạt GTNN tại x = y = . Nên M đạt GTNN tại x = y = .
2
2

0,25

Bài 2: (2.0 điểm)

x 2 + y 2 = 11
Giải hệ phương trình: 
 x + xy + y = 3 + 4 2
 S 2 − 2 P = 11
- Đặt S = x + y; P = xy được: 
S + P = 3 + 4 2

0,25

- ⇒ S 2 + 2S − (17 + 8 2 ) = 0
- Giải phương trình được S1 = 3 + 2 ; S 2 = −5 − 2

- S1 = 3 + 2 được P1 = 3 2 ; S 2 = −5 − 2 được P2 = 8 + 5 2
- Với S1 = 3 + 2 ; P1 = 3 2 có x, y là hai nghiệm của phương trình:

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

X 2 − (3 + 2 ) X + 3 2 = 0

- Giải phương trình được X 1 = 3; X 2 = 2 .
- Với S 2 = −5 − 2 được P2 = 8 + 5 2 có x, y là hai nghiệm của phương trình:
X 2 + (5 + 2 ) X + 8 + 5 2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm.
 x=3
;
y = 2

- Hệ có hai nghiệm: 

x = 2

 y=3

0,25
0,25
0,25

Bài 3: (2.0 điểm)
-Chứng tỏ MBND là hình bình hành ⇒ O là
trung điểm của MN.

- OH // AB ⇒ OH ⊥ MN.
- ⇒∆HMN cân tại H (Trung tuyến vừa là
đường cao) ⇒ HM = HN.
HQ OQ
=
HM OB
OQ NQ
=
- ON // BP được:
OB NP
HQ NQ
=
⇒
⇒ NH//PM
HM
NP

A

M

B

0,75
H

O

Q

- OH // BM được:

D

C
N

1,25

⇒ ∠HNM = ∠NMP
⇒ ∠HMN = ∠NMP ⇒ MN là phân giác của
góc QMP
Mỗi bước cho 0,25 điểm

25

P