de thi hoc sinh gioi lop 9 mon toan nam hoc 2014 2015 p1

UBND HUYỆN QUẾ SƠN
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC - VÒNG I
Bài 1 (2,0 điểm):
a) Cho A =

x2 − x

x2 + x

−
.
x+ x +1 x− x +1
Hãy rút gọn: B = 1− A + x + 1 (Với 0≤ x ≤ 1).
b) Cho x = 3 2 − 3 + 3 2 + 3 . Thực hiện tính

64
− 3x .
(x2 − 3)3

Bài 2 (2,0 điểm):
Giải các phương trình sau:
a) x − 2 + 2 x − 5 + x + 2 + 3 2 x − 5 = 7 2
b) x 4 + x 2 + 2014 = 2014
Bài 3 (2,0 điểm):

Cho đường tròn tâm O và hai điểm B, C thuộc đường tròn. Các tiếp tuyến
của đường tròn tại B và C cắt nhau ở A. M là một điểm thuộc cung nhỏ BC. Tiếp
tuyến của đường tròn tại M cắt AB, AC theo thứ tự ở D và E. BC cắt OD ở I và cắt
OE tại K. Chứng minh rằng:
a) DB.DE = DI.DO
b) OM, DK, EI đồng quy.
Bài 4 (2,0 điểm):
Cho đường tròn (O, R) đường kính AB. Vẽ hai tiếp tuyến Ax và By của
đường tròn. Gọi M là một điểm tuỳ ý trên cung AB. Tiếp tuyến tại M của đường
tròn cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D.
a) Chứng minh: AC.BD = R2
b) Tìm vị trí của M để chu vi tam giác OCD nhỏ nhất.
Bài 5 (2,0 điểm):
Cho x là số nguyên. Chứng minh rằng:
a) A(x) = x5 – x chia hết cho 5.
x 5 x 3 2x
b) M =
luôn nhận giá trị nguyên.
− +
30 6 15


UBND HUYỆN QUẾ SƠN
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM - VÒNG I
Bài 1 (2,0 điểm):
x( x − 1)(x + x + 1)

A=

x+ x +1

x( x + 1)(x − x + 1)

−

x− x +1

A = x( x − 1) − x( x + 1) = −2 x
B = 1− −2 x + x + 1 = 1−
= 1−

(

)

2

x − 1 = 1−

(

)

x −1

2

0,25
0,25
0,25

x − 1 = 1− (1− x) = x

0,25

x3 = 4 + 3( 3 2 − 3 + 3 2 + 3) 3 2 − 3.3 2 + 3 = 4 + 3x .
Từ x3 = 4 + 3x được: x3 – 3x = 4 ⇔ (x3 – 3x)3 = 43 ⇔ x3(x2 – 3)3 = 43 =64.

0,50

64
x3(x2 − 3)3
− 3x =
− 3x = x3 − 3x =4
Thay được 2
3
2
3
(x − 3)
(x − 3)

0,25
0,25

Bài 2(2,0 điểm): Giải các phương trình sau:
Nhân hai vế với

(

)

2

2x − 5 + 1 +

2 được:

(

2x − 4 + 2 2x − 5 + 2x + 4 + 6 2x − 5 = 14

)

2

2x − 5 + 3 = 14

0,25
0,25

2x − 5 + 1+ 2x − 5 + 3 = 14 ⇔ 2x − 5 = 5
x = 15. Đặt điều kiện rồi đối chiếu hoặc thử lại để kết luận nghiệm.

0,25
0,25

1
1
1
được: x 4 + x 2 + = x 2 + 2014 − x 2 + 2014 +
4
4
4

0,25

Cộng hai vế với x 2 +

1
 2 1
2
x
+
=
x
+
2014
−

1
2
2
 2 1  2

⇔
x
+
=
x
+
2014
−

÷ 
÷ 
2 
2

 x 2 + 1 = − x 2 + 2014 + 1

2
2
1
1
x 2 + = − x 2 + 2014 + ⇔x 2 = − x 2 + 2014 . PT vô nghiệm do VT≥ 0;
2
2
VP <0.
2

2

0,25

0,25


x2 +

1
1
= x 2 + 2014 − ⇔ x 2 + 1= x 2 + 2014 ⇔ x 4 + x 2 − 2013 = 0.
2
2

Giải phương trình được nghiệm: x1 =

8053 − 1
;x2 = −
2

8053 − 1
2

0,25

Bài 3 (2,0 điểm):

Hai tam giác DBI và DOE có:
·
·
(DB, DM là các tiếp tuyến)
BDI
= ODE

»
·
»
BC
BOC
BC
·
·
sđ DBI
= sđ
; sđ DOE
=sđ
= sđ
2
2
2
·
·
⇒DBI = DOE ⇒∆ DBI đồng dạng ∆DOE
DB DO
⇒
=
⇒ DB.DE = DI.DO
DI DE
·
·
·
·
Từ: DBI
và DIB

(Đ.đỉnh)
= DOE
= OIK
·
·
⇒ IKO
= IDB
⇒ Tứ giác DBOK nội tiếp đường tròn.
·
·
Do DBO
= 900 nên DKO
= 900 hay DK⊥OE
Tương tự: EIO = 900 hay EI ⊥ DO
OM ⊥DE (DE là tiếp tuyến tại M)
Tam giác DOE có OM, DK, EI là các đường cao nên OM, DK, EI đồng quy

0,25
0,50
0,25

0,50
0,25
0,25


Bài 4(2,0 điểm):
- AC = CM; BD = DM nên AC.BD = MC.MD.
- Chứng tỏ được OCD vuông tại O.
- MC. MD = OM2 = R2.

Đặt AC = x; BD = y có:
OC = x2 + R2 ; OD = y2 + R2 .
CV= OC+OD+CD = x2 + R2 + y2 + R2 + x+y
Do x.y = R2 nên x + y nhỏ nhất khi x = y = R
Xét A= x2 + R2 + y2 + R2

0,25
0,25
0,25
0,25
(1)

0,25

A2 = x2 + y2 + 2R2 + 2 x2y2 + R2(x2 + y2) + R 4
= x2 + y2 +2R2 + 2 R2 + R2(x2 + y2) + R4 .
0,50
2
2
2
Để A nhỏ nhất ⇔ A ⇔ x + y nhỏ nhất.
x2 + y2 ≥ 2xy =2R2. Dấu "=" xảy ra khi x = y = R
(2)
Từ (1) và (2) CV nhỏ nhất khi x = y ⇔ M là điểm
chính giữa của cung AB.
0,25
Lúc đó CV = 2R + 2R 2
Bài 5(2,0 điểm):
n5 – n = n(n2 -1)(n2 + 1).
Xét số dư khi chi n cho 5:

n = 5k: n chia hết cho 5 nên n5 – n.
n = 5k± 1: n2 -1 = 25k2 ± 10k + 1-1 = 5(5k2 ± 2k) chia hết cho 5.
n = 5k± 2: n2 +1 = 25k2 ± 20k + 4+1 = 5(5k2 ± 4k+1) chia hết cho 5.
Vậy với mọi n ∈ Z thì n5 – n chia hết cho 5.
x 5 x 3 2x x 5 − 5x 3 + 4x
− +
=
M=
.
30 6 15
30
M ∈ Z ⇔ M(x) = x 5 − 5x 3 + 4x chia hết cho 30.
M(x) = x 5 − x − 5x 3 + 5x chia hết cho 5.
(1)
4
2
2
M(x) = x(x − 1) − 5x(x − 1) = x(x − 1)(x + 1)(x + 1) − 5x(x − 1)(x + 1)
= x(x − 1)(x + 1)(x 2 + 1− 5)
Tích ba số nguyên liên tiếp x(x-1)(x+1) chia hết cho 2; 3 và ƯCLN(2,3)=1
nên x(x-1)(x+1) chia hết cho 6 ⇒ M(x) chia hết cho 6.
(2)
Kết hợp (1), (2) và ƯCLN(5,6) = 1⇒ M(x) chia hết cho 30 hay M nhận giá trị
nguyên với mọi x ∈ Z.

0,25
0,50

0,25
0,25

0,50

0,25


UBND HUYỆN QUẾ SƠN
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2014-2015
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) Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh rằng:
1 1
4
1 1 1
9
+ ≥
+ + ≥
;
a b a+ b
a b c a+ b+ c
b) Cho a, b, c là số đo ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
1
1
1
1 1 1

+
+
≥ + + .
a+ b− c b+ c − a c + a− b a b c
Bài 2 (2,5 điểm):
a) Cho hàm số y = x 2 có đồ thị (P). Tìm các giá trị của m để đường thẳng (d)
có phương trình y = x + m cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt A( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 )
thoả mãn: ( x2 − x1 ) 4 + ( y2 − y1 ) 4 = 18
 x 3 + 1= 2(x 2 − x + y)
b) Giải hệ phương trình:  3
2
 y + 1= 2(y − y + x)
Bài 3 (2,5 điểm):
Cho hình thang cân ABCD (AB//CD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
AB, CD. Trên tia NC lấy điểm G. Đường thẳng GM cắt DB tại H và cắt DA tại K.
KN cắt AB tại E; NH cắt AB tại F.
a) Chứng minh NM là phân giác của góc ENF.
b) Khi G là trung điểm của NC. Chứng minh GA, DB, KN đồng quy.
Bài 4 (2,0 điểm):
Cho tam giác nhọn ABC và O là một điểm nằm trong tam giác. Các tia AO,
BO, CO lần lượt cắt BC, AC, AB tại M, N, P. Chứng minh:
OM ON OP
+
+
=1
AM BN CP
AM BN CP
+
+
≥ 9

b)
OM ON OP

a)

Bài 5 (1,0 điểm):
Tìm các số nguyên x, y để: 2x 2 + 3xy − 2y 2 = 7


UBND HUYỆN QUẾ SƠN
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN

HƯỚNG DẪN CHẤM - VÒNG II
Bài 1 (2,0 điểm):
1 1
4
a+ b
4
⇔
≥
⇔ (a + b)2 ≥ 4ab ⇔ (a − b)2 ≥ 0
a) + ≥
a b a+ b
ab a + b



( a + b + c)  1a + 1b + 1c ÷≥ 9 ⇔ 1+ 1+ 1+ (a + 1a + b + 1b + c + 1c) ≥ 9


1
1
1
1
1
1
Có: a + ≥ 2; b + ≥ 2;c + ≥ 2nên 1+ 1+ 1+ a + + b + + c + ≥ 6 + 3 = 9
a
b
c
a
b
c
b) Do a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên a+b-c > 0; b+c-a > 0.
1
1
4
+
≥
Áp dụng a) có:
;
a + b − c b + c − a 2b
1
1
4
1
1

4
+
≥ ;
+
≥
Tương tự:
a + b − c c + a − b 2a a + b − c c + a − b 2a

1
1
1  2 2 2
+
+
Cộng được: 2
÷≥ a + b + c
a
+
b
−
c
b
+
c
−
a
c
+
a
−
b



1
1
1
1 1 1
⇔
+
+
≥ + +
a+ b− c b+ c − a c + a− b a b c
Bài 2 (2,5 điểm):
Các điểm A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) thuộc (d) và thuộc (P) nên x1; x2 là hai nghiệm của
phương trình: x 2 = x + m ⇔ x 2 − x − m = 0
(1)
Đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi (1) có hai
nghiệm phân biệt.
−1
∆ = 1 + 4m > 0 ⇔ m > .
4
Các điểm A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) thuộc (d) nên y1 = x1 + m, y2 = x2 + m
Thay vào: ( x1 − x2 ) 4 + ( y1 − y2 ) 4 = 18 được:

⇔ ( x1 − x2 ) 4 + ( x1 + m − x2 − m) 4 = 18 ⇔ ( x1 − x2 ) 4 = 9 ⇔ [( x1 + x2 ) 2 − 4 x1 x2 ]2 = 9
Theo định lí Viet x1 + x2 = 1, x1 x2 = −m . Ta có

0,50

0,50
0,25

0,50

0,25

0,25
0,25

0,50

(1+4m)2 = 9
 m = −1
1
+ Tìm được 
1 . Đối chiếu ĐK kết luận m =
m=
2

2

0,25


Trừ được:

(

x 3 – y3 = 2 x 2 – y 2 – 2 ( x – y )

(

– y) ( x

⇔ ( x – y ) x 2 + xy + y 2
 ⇔ ( x

2

)

)

= 2( x – y) ( x + y – 2)  

)

+ xy + y 2 – 2 ( x + y ) + 4 = 0

x = y
⇔ 2
2
 x + xy + y – 2 ( x + y ) + 4=0
Với x = y: x3 + 1 = 2(x2 – x + y)
x3 – 2x2 + 1 = 0
(x – 1) (x2 - x - 1) = 0
1+ 5
1− 5
Giải được x1 = 1; x2 =
; x3 =
2
2


1+ 5 
1− 5
x
=
x=


x = 1 
2 ; 
2
; 
Nghiệm của hệ là: 

1+ 5 
1− 5
y = 1 
y
=
y
=


2
2
2
2
Với: x + xy + y – 2 ( x + y ) + 4=0

0,25

0,50

⇔ 2x 2 + 2xy + 2y 2 – 4 ( x + y ) + 8=0

0,50

⇔ x 2 + y2 + (x + y)2 − 4(x + y) + 4 + 4 = 0
⇔ x 2 + y2 + (x + y − 2)2 + 4 = 0
PT vô nghiệm do VT luôn lớn hơn 0.
Bài 3 (2,5 điểm):
Nối NA, NB. Chứng minh được ∆AND
=∆BNC ⇒ NA = NB ⇒ ∆NAB cân ⇒ MN
⊥ AB
Có: ME/GN = KM/KG (EM//GN)
KM/KG = AM/DG
⇒ ME/GN = AM/DG
MF/NG = HM/HG
HM/HG = MB/DG
⇒ MF/NG = MB/DG
Mà MA = MB nên ME/GN = MF/GN⇒
ME=MF
Tam giác ENF có NM vừa là đường cao
vừa là trung tuyến nên NM là phân giác
của ENF.

0,50
0,25
0,25
0,25

0,25

Từ DN = 2NG chứng minh được AE = 2EM.
Gọi I là giao điểm của EN và DB. Có IE/IN = EB/DN = 4EM/DN.
Gọi J là giao điểm của AG và EN, Có JE/JN=AE/NG = 2EM/NG = 4EM/DN
⇒ IE/IN =JE/JN ⇒ I ≡ J hay GA, DB, KN đồng quy.

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


Bài 4 (2,0 điểm):

Lần lượt hạ AH, OK vuông góc với BC. Có:
Lại có

OM OK
=
.
AM AH

OK SOBC
OM SOBC
=
=
nên
.
AH SABC

AM SABC

Tương tự:

ON SOAC OP SOAB
=
=
;
BN SBAC CP SCAB

Cộng được:

OM ON OP SOBC SOCA SOAB SABC
+
+
=
+
+
=
=1
AM BN CP SABC SABC SABC SABC

0,25
0,50
0,25
0,25

Với ba số dương a, b, c có:
 1 1 1
1 1 1

9
+ + ≥
⇔ + + ÷( a+ b+ c) ≥ 9
a b c a + b + c  a b c
AM BN CP AM BN CP
+
+
+
+
Có:
=
.1
OM ON OP OM ON OP
AM BN CP
OM ON OP
+
+
+
+
=(
). (
)≥ 9
OM ON OP
AM BN CP

Bài 5 (1,0 điểm):
Đưa về phương trình tích
⇔ 2x 2 + 4xy − xy − 2y 2 = 7 ⇔ 2x(x + 2y) − y(x + 2y) = 7
⇔ (x + 2y)(2x − y) = 7
Lập và giải các hệ phương trình:

 x + 2y = 1  x + 2y = 7  x + 2y = −1  x + 2y = −7
;
;
;

2x − y = 7 2x − y = 1 2x − y = −7 2x − y = −1
Giải được nghiệm: (3; -1); (-3; 1)

0,25

0,50

0,50

0,50