Tuyển tập đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án

Phòng GD & ĐT Đông sơn

Đề thi học sinh giỏi lớp 9 (Bảng A)
Môn : Toán
(Thời gian làm bài: 150 phút.)
1

1

1

2

1

1

x−

y

+
.(
+
):
Bài 1: Cho biểu thức: A = ( x + y ).
x + y + 2 xy ( x + y )3
x
y
xy xy
a, Rút gọn biểu thức A.

b, Tính giá trị biểu thức A khi x = 3 + 5 ; y = 3 - 5
(Đề sáng tác)
Bài 2: Cho 3 số a, b, c ≠ 0 thỏa mãn: a ≠ b ≠ c và a3+b3 +c3 = 3abc.

P=

a−b b−c c−a
+
+
;
c
a
c

Q=

c
a
b
+
+
a−b b−c c−a

Chứng minh rằng : P.Q = 9.
(Tương tự bài 53-"23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp")
Bài 3: Giải phơng trình : (4x – 1) x 2 + 1 = 2(x2+1) + 2x -1.
(Bài 16 -trang 11-"Phương trình và hệ phương trình không mẫu mực")
Bài 4: Giải hệ phương trình sau:
 x − y + x = y


 x + y + 18 xy = 4 x + 3 y + 13

(Đề sáng tác)
Bài 5: Cho 3 số x,y,z thỏa mãn x + y + z = 3 và x 4+y4+z4 =3xyz. Hãy tính giá trị của
biểu thức M = x2006 + y2006 + z2006
(Đề sáng tác )
Bài 6: Cho Parabol (P) có phương trình y = x2 và điểm A(3;0) ; Điểm M thuộc (P) có
hoành độ a.
a) Xác định a để đoạn thẳng AM có độ dài ngắn nhất .
b) Chứng minh rằng khi AM ngắn nhất thì đường thẳng AM vuông góc với tiếp tuyến
của (P) tại điểm M.
(Bài 579-"23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp")
Bài 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x3 + x2 + x +1 = 2003y
(Đề sáng tác)
Bài 8: Cho tam giác ABC vuông ở A. I là trung điểm của cạnh BC, D là một điểm bất
kỳ trên cạnh BC. Đường trung trực của AD cắt các đường trung trực của AB, AC theo
thứ tự tại E và F.
a) Chứng minh rằng: 5 điểm A,E,I,D,F cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh rằng: AE.AC = AF.AB.
c) Cho AC = b; AB = c. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AEF theo b, c
( Đề sáng tác)
Bài 9: Cho tam giác ABC cân tại A. Một điểm P di động trên BC. Qua P vẽ PQ//AC
(Q∈ AB) và PR//AB (R ∈ AC). Tìm quỹ tích các điểm D đối xứng với P qua QR.
(Bài 1000 -"23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp")

Hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 9
Môn : Toán


Bài

Lời giải

Biểu
điểm
0,25

a) ĐKXĐ : x >0 ; y>0 ; x ≠ y
1

1

1

2

1

x−

1

y

+
.(
+
) :
A = ( x + y ).
x + y + 2 xy ( x + y )3

x
y
xy xy
x+ y

=

xy .( x +

=

y )2

x + y + 2 xy

=
1

+

xy( x +
1
xy

.

x−

y

( x+

y)

.

y )3 .( x . y )

xy xy
x−

y

xy xy

.

y )2

xy xy

2( x +

x−

y

xy

=

x−

0,75

y

b) Với x= 3 + 5 Và y = 3 - 5 ta có : x >y do đó
xy

A=

x−

y

>0

0,25
[( 3 + 5 ) .( 3 − 5 ) ] 2

( xy )2

42
=
=
=8
Mà A =
x + y − 2 xy ( 3 + 5 ) + ( 3 − 5 ) − 2. 3 2 − ( 5 )2 6 − 2.2
2

Vậy : A = 8 = 2 2
2

0,75

Ta có : a + b + c = 3abc ⇔ a + b + c -3abc = 0
⇔ (a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc ) = 0 (1)
3

3

3

3

Mà a2 + b2 + c2 - ab – ac –bc =

3

3

1
[(a –b )2 + (b – c)2 +(c-a)2 ] ≠ 0
2

( Do a ≠ b ≠ c )
Do đó:(1) ⇔ a +b +c = 0 ⇒ a +b = - c ; a +c = -b ; b +c = -a (2)
Mặt khác :
a − b b − c c − a ab( b − a ) + bc( b − c ) + ac ( c − a )

+
+
=
c
a
b
abc
2
2
2
2
ab( a − b ) + b c − bc + ac − a c ( a − b )( b − c )( a − c )
=
P=
abc
abc

0,5

P=

(3)

Hơn nữa :
Đặt

a − b = z

b − c = x
c − a = y



Vì thế :

Ta có

 x − y = a + b − 2 c = −3 c

 y − z = b + c − 2 a = −3 a
 z − x = a + c − 2 b = −3 b


(do (2) )

c
a
b
1 x− y y−z z− x
+
+
=− (
+
+
)
a−b b−c c−a
3
z
x
y
1 ( x − y ).( y − z ).( x − z )

=- .
( Biến đổi tương tự rút gọn P )
3
xyz
1 ( −3c ).( −3a ).[ −( −3b )]
=- .
3 ( a − b ).( b − c ).c − a )
− 9 abc
=
(4)
( a − b )( b − c )( c − a )

Q=

0,5


Từ (3) và (4) ta có : P.Q=
Vậy

( a − b ).( b − c ).( a − c )
− 9 abc
.
=9
abc
( a − b ).( b − c ).( c − a )

0,75

P.Q = 9

0,25
2

(4x – 1) x + 1 = 2(x +1) +2x -1
Đặt
x 2 + 1 = y ( y ≥ 1) Ta có :
(5) ⇔ (4x -1).y = 2y2 + 2x – 1
⇔ 2y2 - 4xy +2x + y -1 = 0
⇔ (2y2 – 4xy +2y ) – ( y -2x + 1) = 0
⇔ 2y (y -2x + 1) – ( y -2x + 1) = 0
2

3

⇔ (y-2x + 1 ) (2y- 1) = 0

(5)
0,25
1,0

 y = 2x − 1
⇔ 
 y = 1 < 1( lo¹i )

2

⇔ x 2 + 1 = 2x -1
⇔ x2 + 1 = 4x2 – 4x + 1
⇔ x(3x – 4) = 0
 x − y + x =

(I ) 

x = 0
⇔ 
x = 4

3

y(a )

 x + y + 18 xy = 4 x + 3 y + 13( b )

(ĐKXĐ : x ≥ 0; y ≥ 0 )

Ta có :
( a) ⇔ ( x − y )( x + y + 1 ) = 0 ⇔ x − y =0 ⇔ x = y
⇔ x = y thế vào (b) ta đợc :
4

0,75

1,0

2x +18x = 4 x + 3 x + 13 ⇔ 20x - 7 x -13 = 0 (6)
Đặt
x =t
(t ≥ 0 ) ta có :
t = 1
( 6) ⇔ 20 t – 7t – 13 = 0 ⇔  − 13

t=
< 0 ( lo¹i )
20

⇔ x =1 ⇔ x=1
2

Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất (x,y) = (1, 1)
5

1,0


x4 + y4
≥ x4 .y4 = x 2 y2 
2

4
y + z4
4 4
2 2 
≥ y .z = y z  ⇒
Theo BĐT Cô si ta có :
2


z4 + x4
≥ z 4 .x 4 = x 2 z 2 
2


4
4
4
2
2
2
2
2
2
⇒ x + y +z ≥ x y + y z +x z
(7)
0,75
2 2
2 2
2 2
2
2
2
Mặt khác : x y + y z +x z ≥ xy z + xyz +x yz (C/M tương tự quá trình

trên)
⇔ x2y2 + y2z2 +x2z2 ≥ xyz (x +y +z)
⇔ x2y2 + y2z2 +x2z2 ≥ 3xyz (8) (do x +y z =3 )


Do đó : x4 +y4 + z4 ≥ 3xyz
Dấu “ = “xảy ra

(9)
0,75

x = y ; y = z ;z = x
⇔  2 2
⇔x=y=z
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
x y = y z ; y z = z x ;z x = x y
4

4

4

4

4

4

Hơn nữa x + y +z =3
Từ (10 ) và (11) ⇒ 3x = 3 ⇒ x = 1 ⇒ y = z =1
⇒ x2006 + y2006 + z2006 = 1 + 1 +1 = 3
Vậy :
M=3

(10)
(11)

a)Ta có : A (3; 0) và M(a; a2 ) do đó :
AM2 = (a – 3)2 +(a2 – 0)2 = a4 + a2 – 6a +9
= (a4 -2a2 +1 ) +3 ( a2 – 2a +1 ) +5
= ( a2 -1)2 + 3(a-1)2 + 5 ≥ 5
⇒ AM ≥ 5
⇒ Min
AM = 5 khi và chỉ khi a = 1
b) Theo câu a : AM có độ dài ngắn nhất ⇔ a = 1 ,Khi đó M(1;1)
Do đó phương trình đường thẳng AM là: y = -

6

0,5

1.0

1
3
x+
2
2

0,25
(do A(3;0))
(c)
Gọi phương trình đường thẳng đi qua điểm M (1;1) và tiếp xúc với ( P) tại
điểm M là (d) : y = ax +b ta có : a .1 + b = 1 (12)
(Do M(1;1) ∈ (d) )
và phương trình : x2 = ax +b có nghiệm kép (13) (do (d) tiếp xúc với (P) )

Mà : x2 = ax + b ⇔ x2 – (ax + b ) = 0 (14)
Phương trình (14 ) có ∆ = (-a)2 – 4.1.(-b) = a2 + 4b
Nên : (13) ⇔ a2 + 4b = 0
(15)
Từ (12) và (15 ) ta có hệ phương trình:
a + b = 1
a 2 + 4( 1 − a ) = 0
a = 2
⇔
⇔
 2
 b = −1
a + 4 b = 0
b = 1 − a

Vì thế phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1;1) và tiếp xúc với
( P ) tại M là : y = 2x -1
(d)
Từ (c ) và ( d) ⇒ (d)

AM

(do -

1
. 2 = -1 )
2

0,5

Vậy : Khi AM ngắn nhất thì AM vuông góc với tiếp tuyến của (P) tạiM
0,25
7

+)Nhận thấy (0;0) là nghiệm nguyên của phương trình :
x 3 + x2 +x +1 = 2003
(16)
y ∉
3
2
∈
+) Với y< 0 ta có : 2003
Z mà x +x +x +1 Z

0,5

(Với x ∈ Z ) ⇒ Phương trình (16) không có nghiệm nguyên thỏa mãn y <
0,25
0
+) Với y >0 ta có :
(16) ⇔ (x +1)(x2 +1) = 2003y
(*)


Từ (*) ⇒ x +1 >0 (do x2 +1 > 0 và 2003y > 0 )
Đặt ƯCLN ( x + 1; x2 +1 ) = d ta có :
(x+1)  d và (x2 + 1)  d ⇒ [ x2 +1 + (x +1) (1 - x)]  d
⇔ 2d



 ⇒ d =1 (**)
Hon nòatõ(*) ⇒ 2003 y d 

Mặt khác : 2003 là số nguyên tố ,nên các ớc của 2003y chỉ có thể là 1 hoặc
2003m (m ∈ N* )
(***)
x + 1 = 1

Từ (*) , (**) và (***) ⇒ 

2
x + 1 = 1

⇒ x = 0 ⇒ y = 0 (loại)

⇒ phương trình (16) cũng không có nghiệm nguyên thỏa mản y > 0

Vậy : Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất ( 0; 0)
8

a) Ta có : E là giao điểm
của 2 đường trung trực
của 2 cạnh AD,AB
Nên E là tâm đường tròn
ngoại tiếp ∆ ABD.
Tương tự ta có: F là tâm
đường tròn ngoại tiếp ∆ ACD
Do đó :
B
+ABD =

1
AED ⇒ AED = 2 B
2

+ACD =

1
AFD
2

A

1,0
0,25

F

M
E

C
H

I

0,5

D

⇒ AFD = 2 C

⇒ AED + AFD = 2 (B +C) =1800 ⇒ AEDF Nội tiếp
1
Lại có : AI =
BC = BI ⇒ ∆ ABC cân tại I
2

(17)

⇒ BAI = B ⇒ AID = 2 B ⇒ AID + AFD = 1800
⇒ Tứ Giác AIDF nội tiếp (18)
Từ (17 ) ; (18 ) ⇒ 5 điểm A , E , I , D , F cùng thuộc đường tròn

0,5
0,5

b)Ta có EF là đường trung trực của AD nên : AE = ED ; FA =FD
⇒ ∆ AEF = ∆ DEF ( c. c.c )
1
1
⇒ + )AEF = DEF = AED = . 2 B = B
2
2

+ ) Tương tự AEF = C
∆ ABC (g.g)
Suy ra ∆ AEF
AE AF
⇒ AE.AC = AE. AB

=
AB AC
∆ ABC
c) Theo câu b) Ta ccó : ∆ AEF
AE AF
⇒
= k ( k là tỉ số đồng dạng)
=
AB AC
⇒ AE =kc ; AF = kb .
Ta có : ∆ AEF vuông tại A (do ∆ ABC vuông tại A
∆ ABC )
và ∆ AEF

⇒

0,5


Nên diện tích ∆ AEF là S =
Mặt khác S =

1
AE.AF ⇒ 2S = k2 bc (19)
2

1
AM.EF ⇔ 2S = AM . EF ⇔ 4S2 = AM2 .EF2
2

AD 2
) . (k2b2 + k2c2 )
(20)
2
AD 2 b 2 + c 2
b2 + c2
⇒
⇒
.
. AD 2 (21)
Từ (19) và (20)
2S =
S=
4
bc
8bc
⇔
Do đó : S nhỏ nhất
AD nhỏ nhất
Mà AD ≥ AH ( AH BC , H ∈ BC )
AB. AC
bc
bc
Lại có AH = BC = 2 2 ⇒ AD ≥ 2 2
(22)
b +c
b +c
b 2 + c 2 (bc ) 2
bc
. 2

=
Từ (21) ; (22) ⇒ S ≥
2
8bc b + c
8
bc
Vậy Min S =
( Khi D ≡ H )
8

⇔ 4S2 = (

a) Phần thuận
Giả sử D là điểm đối xứng với P qua QR ta có :
A
* QP = QB = QD ⇒ P, B , D thuộc đường tròn (Q)
⇒ BDP =

* Tương tự :

9

1
1
BQP = BAC (23)
2
2

CDP =

1
BAC
2

(24) D

R
Q

1,0
Từ (23) ;(24) ⇒ BDC = BAC
⇒ điểm D thuộc cung BAC
B
P
C
(Của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC )
b) Phần đảo
Lấy điểm D” thuộc cung BAC ( D’ ≠ B, C) , Gọi Q’ là giao điểm của AB với
đường trung trực của D’B ; qua Q’ kẻ Q’P’ // AC qua P’ kẻ P’R’ // AB ta có
Q’R’ là đường trung trực của D’P’
Vậy qũy tích các điểm D là cung BAC của đường tròn ngoại tiếp tam giác
1,0
ABC (trừ 2 điểm B,C )





PHÒNG GD-ĐT CAM LỘ
KÌ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA NĂM HỌC 2008-2009

ĐỀ THI MÔN: TOÁN
ĐỀ CHÍNH
Thời gian làm bài: 120 phút
THỨC
Câu 1:(1 điểm)
Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x 4 +2009 x 2 +2008 x +2009
Câu 2:(1 điểm)
Giải phương trình sau:
x + 2 2 x + 45 3 x + 8 4 x + 69
+
=
+
13
15
37
9

Câu 3: (2 điểm)
a 4 + b4
a/ Chứng minh rằng
≥ ab3 + a 3b − a 2b 2
2

b/ Cho hai số dương a,b và a=5-b.
1
a

Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng P= +

1

b

Câu 4:(2 điểm)
a/ Cho a và b là hai số thực dương thõa mãn điều kiện :
a 2006 + b 2006 = a 2007 + b 2007 = a 2008 + b 2008
Hãy tính tổng:
S= a 2009 + b 2009

b/ Chứng minh rằng :A= 2 3 + 5 − 13 + 48 là số nguyên
6+ 2

Câu 5: (1 điểm) Tìm các số nguyên dương x,y thõa mãn phương trình sau:
xy-2x-3y+1=0
Câu 6: (3điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có cạnh AC>AB ,đường cao AH (H thuộc BC).Trên tia
HC lấy điểm D sao cho HD=HA.Đường vuông góc với với BC tại D cắt AC tại E.
a)Chứng minh hai tam giác BEC và ADC đồng dạng
b)Chứng minh tam giác ABE cân.
c)Gọi M là trung điểm của BE và vẽ tia AM cắt BC tại G. Chứng minh rằng:
GB
HD
=
BC AH + HC

PHÒNG GD-ĐT CAM LỘ
KÌ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA NĂM HỌC 2008-2009
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
ĐỀ CHÍNH
THỨC
Câu 1: (1 điểm)

x 4 +2009 x 2 +2008 x +2009


= ( x 4 + x 2 +1) +2008( x 2 + x +1)
= ( x 2 + x +1)( x 2 - x +1)+ 2008( x 2 + x +1)
= ( x 2 + x +1)( x 2 - x +2009)
Câu 2: ( 1 điểm)

0,25 đ
0.5 đ
0,25 đ

x + 2 2 x + 45 3 x + 8 4 x + 69
+
=
+
13
15
37
9
⇔ (
⇔

x+2
2 x + 45
3x + 8
4 x + 69
+1)+(
-1)=(
+1)+(

-1)
13
15
37
9

x + 15 2( x + 15)
+
13
15

=

3( x + 15) 4( x + 15)
+
37
9

0,25đ
0,25đ

1
2
3 4
⇔ ( x + 15)( + −
− )=0
13 15 37 9

0,25 đ

⇔

0,25 đ

x=-15

Câu 3: (2 điểm)
a/ (1 điểm)
a 4 + b4
≥ ab3 + a 3b − a 2b 2
2
⇔ a 4 + b 4 ≥ 2ab3 + 2a 3b − 2a 2b 2

0,25 đ

⇔ a 4 + b 4 − 2ab3 − 2a 3b + 2a 2b 2 ≥ 0

0,25 đ

⇔ (a 4 − 2a 3b + a 2b 2 ) + (b 4 − 2ab3 + a 2b 2 )

0,25 đ

⇔ (a 2 − ab) 2 + (b 2 − ab) 2 ≥ 0

0,25 đ

b/ (1 điểm)
1
a

1
b

P= + =

a+b 5
=
ab
ab

20

20

4
P= 4ab ≥ (a + b) 2 =
5

0,25 đ
0,5 đ

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

4
5
khi a=b=
5
2

0,25 đ

Câu 4 (2 điểm)
a/ (1 điểm)
Ta có:

a 2008 + b 2008 = ( a

2007

+ b 2007 )(a + b) − ab(a 2006 + b 2006 )

0,25 đ

⇔ 1= a + b − ab

0,25 đ

⇔ (1 − a )(1 − b) = 0

0,25 đ

⇒ a = 1, b = 1

Vậy S=1+1=2
b/ (1 điểm)

0,25 đ

A= 2 3 + 5 − 13 + 48
6+ 2

2
A= 2 3 + 5 − (2 3 + 1)

6+ 2

=
=

2 3 + ( 3 − 1) 2
6+ 2

0,25 đ
0,25 đ

2 2+ 3
( 6 + 2 )2
=
6+ 2
6+ 2

0,25 đ

=1 ∈ Z

0,25 đ

Câu 5 (1 điểm)

xy-2x-3y+1=0
⇒ xy-3y=2x-1
⇒ y(x-3)=2x-1

0,25 đ

Ta thấy x=3 không thõa mãn,với x ≠ 3 thì
y=2+

5
x−3

0,25 đ

Để y nguyên thì x-3 phải là ước của 5

0,25 đ

Suy ra: (x,y) là (4,7) ;(8,3)

0,25 đ

Câu 6 (3 điểm)
a) (1đ điểm)
Tam giác ADC và tam giác BEC:
CD CA
=
( vì hai tam giác
CE CB

CDE và

CAB đồng dạng)
Góc C: chung
Suy ra: Tam giác ADC đồng dạng với tam giác BEC (c-g-c)

0,75 đ
0,25 đ

b)(1 điểm) Theo câu ta suy ra: ∠BEC = ∠ADC
có: ∠ADC = ∠EDC + ∠ADE = 1350
Suy ra: ∠BEC = 1350

0,5 đ

Suy ra: ∠AEB = 450

0,25 đ

Do đó: Tam giác ABE cân( tam giác vuông có một góc bằng 45 0 ) 0,25 đ
c)(1 điểm)
Tam giác ABE cân tại E nên AM còn là phân giác của góc BAC


Suy ra:

GB AB
AB ED
AH
HD

=
=
( ∆ABC : ∆DEC ) =
( ED // AH ) =
, mà
GC AC
AC DC
HC
HC

Do đó:

GB HD
GB
HD
GB
HD
=
⇒
=
⇒
=
GC HC
GB + GC HD + HC
BC AH + HC

PHÒNG GD&ĐT THANH
OAI

0,5 đ

0,5 đ

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có: 01 trang

ĐỀ CHÍNH
THỨC

Câu 1: (6 điểm)
a) Cho M = (1 −

x
x +1

):(

x +3
x −2

+

x +2
3− x

+

x +2
x−5 x +6

)

1. Rút gọn M
2. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên
b) Tính giá trị của biểu thức P
P = 3 x 2013 + 5 x 2011 + 2006 với x = 6 + 2 2 . 3 −

2 + 2 3 + 18 − 8 2 − 3

Câu 2: (4 điểm) Giải phương trình
a)
( x + 3)( x + 4)( x + 5)( x + 6) = 24
b)

| 2x − x 2 − 1 | = 2x − x 2 − 1

Câu 3: (4 điểm)
a/ Cho hai số dương x, y thoả mãn x + y = 1.


1 

 2

2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M =  x + 2 ÷ y + 2 ÷
y 
x 


1

1

1

1

b/ Cho x, y, z là các số dương thoả mãn x + y + y + z + z + x = 6 .
1

1

1

3

Chứng minh rằng: 3x + 3 y + 2 z + 3x + 2 y + 3z + 2 x + 3 y + 3z ≤ 2 .
Câu 4: (5 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A của đường
tròn (O; R) cắt các đường thẳng BC và BD tại hai điểm tương ứng là E và F. Gọi P và Q
lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF.
1. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA.
2. Gọi α là số đo của góc BFE. Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì thì
biểu thức P = sin 6 α + cos 6 α . Đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ nhất đó.
BE 3 CE
3. Chứng minh các hệ thức sau: CE.DF.EF = CD3 và
.
=
BF 3 DF

Câu 5: (1 điểm)
Tìm n∈ N* sao cho: n4 +n3+1 là số chính phương.
- Hết Lưu ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
PHÒNG GD&ĐT THANH
OAI

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: Toán

Câu 1: (6 điểm)
a)

(4,5đ)

ĐKXĐ: x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ 9 (*)
1)Rút gọn M : Với x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ 9

(0,5đ)

 x +1− x   x + 3

x +2
x +2
:
M = 
−
+


x + 1   x − 2
x − 3 ( x − 2)( x − 3) 

 ( x + 3)( x − 3) − ( x − 2)( x + 2) + ( x + 2) 
1
=
:

x +1 
( x − 2)( x − 3)

=
=

1
x +1

:

x − 9 − ( x − 4) + x + 2
( x − 2)( x − 3)

x −2
x +1

Vậy M =
2) M =

x −2

x +1
x −2
x +1

=

(với x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ 9 ) (*)
x +1− 3
x +1

=

x +1
x +1

−

3
x +1

= 1−

(2,5đ)
3
x +1

(0,75đ)

Biểu thức M có giá trị nguyên khi và chỉ khi: 3 x + 1 ⇔ x + 1 ∈ U (3)
Ư(3) ∈ { ± 1;±3 } Vì x ≥ 0 ⇒ x ≥ 0 ⇒ x + 1 ≥ 1

Nên x + 1∈ {1;3 } Xảy ra các trường hợp sau:

(0,5đ)

. x + 1 = 1 ⇔ x = 0 ⇔ x = 0 (TMĐK (*) )
. x + 1 = 3 ⇔ x = 2 ⇔ x = 4 (không TMĐK (*) loại )
Vậy x = 0 thì M nhận giá trị nguyên.
b_
x = 6 + 2 2. 3 −

2 + 2 3 + 18 − 8 2 . − 3

(0,25đ)


Có 18 − 8 2 = (4 − 2 ) 2 = 4 − 2 = 4 − 2

(0,5đ)

2 + 2 3 + 4 − 2 = 2 3 + 4 = ( 3 + 1) 2 =

3 +1

(0,25đ)

x = 6 + 2 2. 3 − 3 − 1 − 3 = 6 + 2 2. 2 − 3 − 3 = 6 + 2 4 − 2 3 − 3
x = 6 + 2 ( 3 − 1) 2 − 3 = 6 + 2 3 − 1 − 3 = 4 + 2 3 − 3
x = ( 3 + 1) 2 − 3 =

3 +1 − 3 = 3 +1− 3 = 1

(0,75đ)

Với x = 1.Ta có P = 3.12013 + 5.12011 + 2006 = 3 + 5 + 2006 = 2014
Vậy với x = 1 thì P = 2014
Câu 2: (4 điểm)
a. ( x + 3)( x + 6)( x + 4)( x + 5) = 24
 ( x 2 + 9 x + 18)( x 2 + 9 x + 20) = 24 (1)
Đặt x 2 + 9 x + 19 = y
(1)  ( y + 1)(y – 1 ) – 24 = 0
 y2 – 25 = 0
 ( x 2 + 9 x + 24)( x 2 + 9 x + 14) = 0
 ( x + 2)( x + 7)( x 2 + 9 x + 24) = 0
Chứng tỏ x 2 + 9 x + 24 > 0
Vậy nghiệm của phương trình : x = −2; x = −7
b. Ta có 2 x − x 2 − 1 = −( x 2 − 2 x + 1) = −( x − 1) 2 < 0
pt trở thành : 2 x − x 2 − 1 = x 2 − 2 x + 1
 x =1

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

Câu 3: (4 điểm)
a

Cho hai số dương thỏa mãn: x + y =1.


2
Tìm GTNN của biểu thức: M =  x +



2đ

1  2 1 
÷ y + 2 ÷
y2  
x 

 2 1  2 1 
1
x4 y 4 + 2 x2 y 2 + 1
2 2
x
+
y
+
x
y
+

1
+
1
+
=
M= 
÷
÷=
y2  
x2 
x2 y 2
x2 y 2


(x
=

2

y 2 + 1)

2

2

2

 x2 y 2 + 1  
1 
=

÷ =  xy + ÷
2 2
x y
xy 
 xy  
1 
1  15
Ta có: xy + =  xy +
÷+
xy 
16 xy  16 xy

* Ta có: xy +

1
1
1 1
≥ 2 xy.
= 2. =
16 xy
16 xy
4 2

0,5
0, 5
(1) *


xy ≤

x+ y 1
1
1
1
4 1
15
15
= ⇒ xy ≤ ⇒
≥4⇒
≥
= ⇒
≥
(2)
2
2
4
xy
16 xy 16 4 16 xy 4


1  
1  15
1 15 17
≥ + =
Từ (1) và (2) ⇒  xy +
÷ =  xy +
÷+
xy  
16 xy  16 xy 2 4
4


2

2


1   17 
289
Vậy M =  xy + ÷ ≥  ÷ =
xy   4 
16

1

1

1
 xy =
 xy =
16 xy ⇔ 
4⇔ x= y=
Dấu “=” xảy ra ⇔ 
(Vì x, y > 0)
2
 x= y
 x = y


Vậy min M =

0,5
0,25

0,25

289
1
tại x = y =
16
2
0,5

b

1
1
1
+
+
=6
x
+
y
y
+
z
z
+
x
Cho x, y là các số dương thỏa mãn:

1
1
1
3
+
+
≤
Chứng minh rằng: 3x + 3 y + 2 z 3 x + 2 y + 3 z 2 x + 3 y + 3 z 2

1 1
4
+ ≥
Áp dụng BĐT a b a + b

⇒

(với a, b > 0)

2đ

0.5

1
11 1
≤  + ÷
a+b 4 a b

Ta có:

1

1
1
1
1
=
≤ 
+
÷
3x + 3 y + 2 z ( 2 x + y + z ) + ( x + 2 y + z ) 4  2 x + y + z x + 2 y + z 
≤

 1 1  1
1
1
1
1
1
1 
+
+
+
+

≤  
÷
4  ( x + y ) + ( x + z ) ( x + y ) + ( y + z )  4  4  x + y x + z x + y y + z  

1 2
1
1 

≤ 
+
+
÷
16  x + y x + z y + z 

0,5

1
1 2
1
1 
≤ 
+
+
÷
3
x
+
2
y
+
3
z
16
x
+
z
x
+

y
y
+
z


Tương tự:
1
1 2
1
1 
≤ 
+
+
÷
2 x + 3 y + 3 z 16  y + z x + y x + z 

cộng vế theo vế, ta có:
1
1
1
1 4
4
4 
+
+
≤ 
+
+
÷

3x + 3 y + 2 z 3 x + 2 y + 3z 2 x + 3 y + 3 z 16  x + y x + z y + z 

0,5


≤

0,5

4 1
1
1  1
3
+
+

÷ = .6 =
16  x + y x + z y + z  4
2

0,5
Caai 4: (5 điểm)

B
1

D
I

O

C

0,25

H
1

E

P

F

Q

A

.

BA là đường cao của tam giác BPQ suy ra H thuộc BA
Nối OE, ∆ BEF vuông tại B; BA ⊥ EF nên AB2 = AE. AF
AE AB
AE
AB
AE AB
=
⇒
=
⇒
=

⇒ AB AF
1
1
OA
AQ
AB
AF
2
2
µ (góc có các
Vậy ∆ AEO : ∆ ABQ(c.g.c). Suy ra ·ABQ = ·AEO mà ·ABQ = P
1
·
µ
cạnh tương ứng vuông góc) nên AEO = P , mà hai góc đồng vị => PH // OE.
1

Trong ∆ AEO có PE = PA (giả thiết); PH// OE suy ra H là trung điểm của OA.
2. Ta cã:
P = sin 6 α + cos 6 α = ( sin 2 α ) + ( co s 2 α )
3

0,75đ.

0,75đ.
0,25đ
.

3

P = ( sin 2 α + cos 2 α ) sin 4 α − sin 2 α cos 2 α + cos 4 α 

0,75đ.

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

0,5đ

Ta cã:

( sin

2

α + cos 2 α ) ≥ 4sin 2 α cos 2 α ⇔ 1 ≥ 4sin 2 α cos 2 α ⇔ sin 2 α cos 2 α ≤
2

1
4

3 1
Suy ra: P = 1 − 3sin α cos α ≥ 1 − =
4 4
2

Do ®ã: Pmin =

2

1
khi vµ chØ khi:
4

sin 2 α = cos 2 α ⇔ sin α = cos α (v× α lµ

0,25đ
0,25đ


sin α
= 1 ⇔ tgα = 1 ⇔ α = 450
cos α
Khi đó CD vuông góc với AB

gãc nhän) ⇔

0,25đ

3. Ta có ∆ ACB và ∆ ADB nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính nên 0,25đ
·ACB = ·ADB = 900 => ADBC là hình chữ nhật.
0,25đ
2
2
4
4
2
2
Ta có: CD = AB = AE. AF => CD = AB = AE . AF
= (EC.EB)(DF.BF)=(EC.DF)(EB.BF)= EC.DF.AB.EF

⇒ AB3 = CE.DF.EF. Vậy CD3 = CE.DF.EF
Ta có:
3
BE 2 EA.EF AE
BE 4 AE 2 CE.BE
BE
CE
⇒
=
=
⇒
=
=
=
2
4
2
3
BF
FA.EF AF
BF
AF
DF .BF
BF
DF

0,25đ
0,25đ

Câu 5: Giả sử n4 +n3 + 1 là số chính phương vì n4 +n3 + 1> n4 = (n2)2

(

→ n4 + n3 +1 = n2 + K

)

2

= n 4 + 2Kn 2 + K 2

(K ∈ N * )

→ n 3 − 2Kn 2 = K 2 − 1 → n 2 (n − 2k ) = K 2 − 1 ≥ 0

Mà K 2 − 1n 2 → K 2 = 1 hoặc n 2 ≤ K 2 − 1
Nếu K 2 = 1 → K = 1 → n 2 (n − 2) = 0 → n = 2
Thử lại 2 4 + 2 3 + 1 = 5 2 ( thỏa mãn)
Khi K ≠ 1 → K 2 > K 2 − 1 ≥ n 2 → K > n
→ n − 2k < 0
mâu thuẫn với điều kiện n 2 ( n − 2K ) = K 2 − 1 ≥ 0
(1đ)
Vậy n = 2
PHÒNG GD&ĐT
KÌ THI HỌC SINH GIỎI
-----------------------Môn: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ RA
Câu 1 (2.0 điểm). Cho biểu thức:

 a +1

a −1
1 
P=
−
+
4
a
a
−
÷

÷.
 a −1
÷
a +1
a



a) Rút gọn P.

(

b) Tính giá trị của P tại a = 2 + 3
Câu 2 (1.5 điểm).Giải phương trình:

)(

)

3 −1

2− 3 .

x − 2 x − 1 − x − 1 = 1.

Câu 3 (2.5 điểm). Cho x, y là các số dương.
x y
a) Chứng minh: + ≥ 2 .
y x


x y
xy
+ + 2
.
y x x + y2
Câu 4 (3.0 điểm). Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R
(M không trùng với A và B). Trong nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường
·
thẳng AB, kẻ tiếp tuyến Ax. Đường thẳng BM cắt Ax tại I; tia phân giác của IAM
cắt
nửa đường tròn O tại E, cắt IB tại F; đường thẳng BE cắt AI tại H, cắt AM tại K.
a) Chứng minh 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh HF ⊥ BI .
c) Xác định vị trí của M trên nửa đường tròn O để chu vi ∆AMB đạt giá trị lớn
nhất và tìm giá trị đó theo R?
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M =

Câu 5 (1.0 điểm). Tìm các số tự nhiên x, y biết rằng:
( 2x + 1) ( 2 x + 2 ) ( 2 x + 3) ( 2 x + 4 ) − 5 y = 11879 .
--------------------- Hết ---------------------

*Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu.

PHÒNG GD&ĐT

KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Môn: TOÁN
ĐÁP ÁN,

CÂU

NỘI DUNG
a ≥ 0

a > 0
Điều kiện  a ≠ 1 ⇔ 
a ≠ 1

 a ≠0

1

(

) (
2

)

0.25

2

a − 1 + 4 a ( a − 1) a − 1
a
P=
.
a −1
a
4 a + 4 a ( a − 1) 4 a (1 + a − 1)
=
=
= 4a
a
a
Vậy P = 4a
b

a=

a +1 −

ĐIỂM

( 2 + 3 ) ( 2 − 3 ) ( 2 + 3 ) .(

)

3 −1

0.25
0.25
0.25
0.25


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

=
=

)

2

3 −1 =

( 2 + 3) ( 4 − 2 3)

0.25
0.25
0.25

Vậy a = 2 do đó P = 4a = 4 2
Điều kiện x ≥ 1

x − 2 x −1 − x −1 = 1 ⇔
⇔

2

(

)

2

x −1 −1 − x −1 = 1

0.5

x − 1 − 1 − x − 1 = 1 (1)

Khi x − 1 ≥ 1 ⇔ x − 1 ≥ 1 ⇔ x ≥ 2 : Ta có
(1) ⇔ x − 1 − 1 − x − 1 = 1 . Phương trình vô nghiệm

0.25

Khi 0 ≤ x − 1 < 1 ⇔ 0 ≤ x − 1 < 1 ⇔ 1 ≤ x < 2 : Ta có
( 1) ⇔ (1) ⇔ 1 − x − 1 − x − 1 = 1 ⇔ −2 x − 1 = 0 ⇔ x = 1

0.25

Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho.
x
y

Vì x > 0, y > 0 nên > 0 và > 0
y
x
Áp dụng bất đẳng thức a + b ≥ 2 ab dấu "=" xảy ra ⇔ a = b
x y
x y
+ ≥2 . =2
a
y x
y x
x y
Vậy + ≥ 2 .
y x
x y
2
2
Dấu "=" xảy ra ⇔ = ⇔ x = y ⇔ x = y (vì x > 0, y > 0)
y x
x y
1 3a a 1
+ +
Đặt a = + , ta có M = a + =
y x
a 4 4 a
x y
3a 3
≥ ;
Vì a = + ≥ 2 nên
y x
4 2

b Ta có a + 1 ≥ 2 a . 1 = 2. 1 = 1
4 a
4 a
2
1 3a a 1 3
5
5
+ + ≥ +1= ; M = ⇔ a = 2 ⇔ x = y
Do đó M = a + =
a 4 4 a 2
2
2
5
Vậy giá trị nhỏ nhất của M bằng khi và chỉ khi x = y .
2
Hình vẽ
x
ta có

3

0.25

I
F
M
H

E

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25


K

A

O

B

Ta có M, E nằm trên nửa đường tròn đường kính AB nên
·
·
a FMK
= 900 và FEK
= 900 .
Vậy 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên đường tròn đường kính FK
Ta có ∆HAK cân tại A nên AH = AK (1)
K là trực tâm của ∆AFB nên ta có FK ⊥ AB suy ra FK // AH (2)

·
·
·
·
Do đó FAH
(gt) cho nên ·AFK = FAK
= ·AFK mà FAH
= FAK
b
Suy ra AK = KF, kết hợp với (1) ta được AH = KF (3)
Từ (2) và (3) ta có AKFH là hình bình hành nên HF // AK. Mà
AK ⊥ IB suy ra HF ⊥ IB .
Chu vi của ∆AMB = C∆AMB = MA + MB + AB lớn nhất khi chỉ khi
MA + MB lớn nhất (vì AB không đổi).
2
2
2
Áp dụng bất đẳng thức ( a + b ) ≤ 2 ( a + b ) dấu "=" xảy ra
⇔ a = b , ta có ( MA + MB ) ≤ 2( MA2 + MB 2 ) = 2 AB 2
2

c Nên MA + MB đạt giá trị lớn nhất bằng AB 2 khi và chỉ khi
MA = MB hay M nằm chính giữa cung AB.
Vậy khi M nằm chính giữa cung AB thì C∆AMB đạt giá trị lớn nhất.
Khi đó
C∆AMB = MA + MB + AB = AB 2 + AB = (1 + 2) AB = 2 R(1 + 2)

5

x

x
x
x
Đặt A = ( 2 + 1) ( 2 + 2 ) ( 2 + 3) ( 2 + 4 ) , ta có 2 x. A là tích của 5 số
tự nhiên liên tiếp nên 2 x. A chia hết cho 5. Nhưng 2 x không chia hết
cho 5, do đó A chia hết cho 5.
x
x
x
x
y
Nếu y ≥ 1, ta có ( 2 + 1) ( 2 + 2 ) ( 2 + 3) ( 2 + 4 ) − 5 chia hết cho 5
mà 11879 không chia hết cho 5 nên y ≥ 1 không thỏa mãn, suy ra
y = 0.

Khi đó , ta có ( 2 + 1) ( 2 + 2 ) ( 2 + 3) ( 2 + 4 ) − 5 = 11879
x

x

x

x

0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

0.25
0.25
0.25
0.25

0.25

0.25

0.25

y

⇔ ( 2 x + 1) ( 2 x + 2 ) ( 2 x + 3) ( 2 x + 4 ) − 1 = 11879
⇔ ( 2 x + 1) ( 2 x + 2 ) ( 2 x + 3) ( 2 x + 4 ) = 11880

⇔ ( 2 x + 1) ( 2 x + 2 ) ( 2 x + 3) ( 2 x + 4 ) = 9.10.11.12 ⇔ x = 3 .
Vậy x = 3; y = 0 là hai giá trị cần tìm.
Đề 1
Bài 1: (3điểm):

Cho A = 4 − x −

x+x
+x
x

a) Rút gọn A.
b) Tìm x để A nhận giá trị nhỏ nhất.
Bài 2 : (2điểm): Giải hệ phương trình:

0.25
0.25


 x + 2007 + y = 2007

 x + y + 2007 = 2007

Bài 3 : (3điểm):
Bài 4 : (3điểm):

Giải phương trình: 2 x − 3 + 5 − 2 x = 3 x 2 − 12 x + 14
Cho x > 0, y > 0 và x + y = 4
2

2

1 
1

Tìm giá trị nhỏ nhất của A =  x + ÷ +  y + ÷ + 1994,5 .
x 
y


Bài 5: (3 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Kẻ BM vuông góc với AC, gọi N là trung
·
điểm của AM, P là trung điểm của CD. Chứng minh: BNP
= 90° .

Bài 6: (3 điểm) Cho ∆ABC ( AB = AC). Đường cao AH, kẻ HE vuông góc với AC, gọi
O là trung điểm của EH. Chứng minh: AO ⊥ BE
Bài 7: (3 điểm)
Cho ∆ABC Có AB = c, AC = b, BC = a.
A
2

B
2

Chứng minh rằng: Sin ×Sin ×Sin

C 1
≤
2 8

*********************** Hết ************************

PGD KRÔNG PẮC
2007 – 2008
TRƯỜNG THCS EA YÔNG

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN – NĂM HỌC
Môn : Toán- Lớp 9
Thời gian làm bài : 150 phút

Bài 1: a) Đ/K: x > 0
điểm
A = 4 − x −1− x + x
= x−2 x +3

b) A =

(

)

2

x −1 + 2 ≥ 2

∀x > 0

MinA = 2 ⇔ x = 1 (TMĐK)
điểm

0.5
0.5 điểm
0.5 điểm
0.5 điểm
1.0


Bài 2:
 x + 2007 + y = 2007

 x + y + 2007 = 2007
ĐK: x ≥ 0; y ≥ 0
⇒

0.5 điểm

0.5 điểm
0.5 điểm

x + 2007 + y ≥ 2007
x + 2007 + y ≥ 2007
x = 0
y = 0

Do đó hệ phương trình có nghiệm duy nhất 

0.5

điểm
Bài 3: 2 x − 3 + 5 − 2 x = 3 x 2 − 12 x + 14
ĐK:

3
5
≤x≤
2
2

0.5 điểm

Áp dụng Bunnhiacopski
VT: 1. 2 x − 3 + 1. 5 − 2 x ≤ (12 + 12 )(2 x − 3 + 5 − 2 x) = 2 (1)
0.5 điểm
2
2
VP: 3x − 12 x + 14 = 3( x − 2) + 2 ≥ 2 ∀x

(2)
0.5
điểm
⇒ Phương trình: 2 x − 3 + 5 − 2 x = 3 x 2 − 12 x + 14 có nghiệm ⇔ Dấu “=” xảy ở (1) và (2)
đồng thời xảy ra.
 2 x − 3 = 5 − 2 x
⇔ 
⇔x=2
 x − 2 = 0
1
2
Bài 4: ∀a ,b ∈ R+ thì a 2 + b 2 ≥ ( a + b ) dấu “=” ⇔ a = b
2
1 1
4
+ ≥
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b.
a b a+b
2

2

1 
1

A =  x + ÷ +  y + ÷ + 1994,5 ≥
x 
y

2

1.5 điểm

0.5 điểm

2

1
1 1
 x + y + + ÷ + 1994,5
2
x y
2

1
4 
1
4
≥ x+ y+
÷ + 1994,5 =  4 + ÷ + 1994,5
2
x+ y
2
4

= 2007

1.0

điểm

x + y = 4
⇒ A ≥ 2007 Do đó MinA = 2007 ⇔ 
⇔x= y=2
x = y

0.5 điểm

Bài 5:
C

B
I
N

A

điểm

P
M

D

Gọi I là trung điểm của BM.
NI cắt BC tại E.
Ta có NI là đường trung bình của ∆BMA .
⇒ NI // AB và NI =

1
AB.

2

điểm
AB ⊥ BC ⇒ NI ⊥ BC tại E

0.5
0.5


⇒ I là trực tâm của ∆BCN ⇒ CI ⊥ BN (1)

0.5 điểm

Ta có:
1

AB 

2
 mà AB = CD ⇒ IN = CP
1
CP = CD 

2
IN =

⇒ CINM là hình bình hành ⇒ CI // NP (2)

0.5 điểm
IN // AB 

 ⇒ IN // CP
AB // CP 

0.5 điểm

·
Từ (1) và (2) ⇒ NP ⊥ BN tại N ⇒ BNP
= 90°

·
·
Kẻ BD ⊥ AC ⇒ CBD
( cùng phụ với Cµ )
= HAC

⇒ ∆BDC

S

điểm
Bài 6:

0.5

BC CD
=
AH EH

∆EAH (gg) ⇒

0.5

điểm
∆BDC có BH = HC ( ∆ABC cân tại A)

⇒

DE = EC =

CD
2

0.5

điểm
HE // BD (cùng ⊥ AC)

D
1

O

C

Gọi K là giao điểm của AH và BE.
·
¶ = 90°
+K
Ta có: CBE
1

·
¶
¶
¶
·
·
⇒ HAO + K1 = 90° (Vì K1 = K 2 , CBE = HAO )
⇒ AO ⊥ BE.
điểm
Bài 7:
H

A
c

1 2

b

E
B

a
F

0.5 điểm

S

∆EAH )

S

E

K 2

B

BC CD 2CE CE
=
=
=
AH EH 2 HO HO
·
∆CBE và ∆HAO có BCE
= ·AHO ( ∆DBC
BC CE
=
AH HO
⇒ ∆CBE
∆HAO (c.g.c)
·
·
⇒ CBE
= HAO
⇒

A

C

·
Kẻ phân giác AD của BAC
kẻ BE ⊥ AD; CF ⊥ AD
∆ BED vuông tại E ⇒ BE ≤ BD
∆ CFD vuông tại F ⇒ CF ≤ CD

0.5 điểm

0.5 điểm
0.5


⇒ BE + CF ≤ BD + CD = a

0.5 điểm

A
2
A
µ = 1V) ⇒ CF = AC. SinA2 = b. sin
∆ ACF ( F
2
A
A
a
⇒ BE + CF = (b + c) sin
≤ a ⇒ sin
≤

2
2
b+c
µ = 1v) ⇒ BE = AB. SinA1 = c. sin
∆ ABE ( E

0.5 điểm
0.5 điểm
0.5

điểm

a

a

A

a

⇒ Sin ≤
b>0; c>0 áp dụng bất đẳng thức Côsi: b + c ≥ 2 bc ⇒ b + c ≤
2 bc
2 2 bc
0.5 điểm
B

b

C

c

Tương tự ta cũng có: Sin 2 ≤
; Sin 2 ≤
2 ac
2 ab
⇒ Sin

a
b
c
A
B
C
1
. Sin . Sin ≤
.
.
=
2 bc 2 ac 2 ab
2
2
2
8

0.5 điểm

************************************
PHÒNG GD-ĐT NGHĨA HÀNH

CẤP HUYỆN
TRƯỜNG THCS HÀNH MINH

ĐỀ THI HỌC SINH GIỔI LỚP 9
Môn: Toán – Năm học: 2013- 2014
Thời gian: 150 phút (không kể giao đề)

ĐỀ:
Bài 1: (6,0 điểm)
a) Với n là số nguyên dương. Hãy tìm ƯCLN(21n+4 , 14n+3)
b) Cho a, b, c là các số nguyên sao cho 2a + b; 2b + c; 2c + a là các số chính phương,
biết rằng trong ba số chính phương nói trên có một số chia hết cho 3.
Chứng minh rằng: (a - b)(b - c)(c - a) chia hết cho 27.
c) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + y2 = xy + x + y.
Bài 2: (3,0 điểm)
20132 2013
+
20142 2014
x − 7 + 9 − x = x 2 − 16 x + 66

a)Tính giá trị của biểu thức P= 1 + 20132 +
b) Giải phương trình:
Bài 3: (4,0 điểm)

1

1

a) Cho x > 0, y > 0 và x + y ≤ 1. Chứng minh bất đẳng thức x 2 + xy + y 2 + xy ≥ 4 .
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =

2x x + 3
+
, với x > 1 .
3 x −1

Bài 4: (5,0 điểm)
Cho tam giác đều ABC có độ dài cạnh bằng a. Gọi M là một điểm nằm ở miềm trong
của tam giác. MI MP, MQ theo thứ tự là khoảng cách từ M đến các cạnh BC, AB, AC.
Gọi O là trung điểm của cạnh BC. Các điểm D và E thứ tự chuyển động trên các cạnh
·
AB và AC sao cho DOE
= 600 .
a) Chứng minh MI + MP + MQ không đổi
b) Chứng minh rằng đường thẳng DE luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.