TUYEN TAP DE THI HSG TOAN 9 TAP 2

PHÒNG GD - ĐT CẨM GIÀNG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: Toán 9
Thời gian làm bài:150 phút

Sưu tầm: Phạm Văn Cát
THCS Cẩm Định Cẩm Giàng HD

(Đề thi gồm 01 trang

Ngày thi 16-10-2013
Câu 1( 2 điểm)
a)Cho biểu thức: A = (x2 – x - 1 )2 + 2013
Tính giá trị của A khi x =

3
3 +1 −1

−

3
3 +1 +1

b) Cho (x + x 2 + 2013 ).(y + y 2 + 2013 )=2013. Chứng minh x2013+ y2013=0
Câu 2 ( 2 điểm)
a) Giải phương trình: x2+ 5x +1 = (x+5)
b) Chứng minh

x2 + 1

a
b
c
+
+
> 2 , với a, b, c>0
b+c
a+c
b+a

Câu 3 ( 2 điểm)
a) Tìm số dư của phép chia đa thức (x+2) (x+4) (x+6) (x+8) +2013 cho đa thức
x2+10x+21
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3y2+x2+2xy+2x+6y+2017
Câu 4 ( 3 điểm)
1)Cho tam giácABC, Â= 900, AB < AC, đường cao AH. Gọi D và E lần lượt là hình
chiếu của H trên AB và AC. Chứng minh:
a) DE2=BH.HC
b) AH3=BC.BD.CE
2)Cho tam giác ABC, BC= a, AC=b, AB=c. Chứng minh sin
Câu 5( 1 điểm)
Cho a, b, c là 3 cạnh một tam giác. Chứng minh:
1
1
1
1 1 1
+
+
≥ + +

a +b−c b+c− a c+ a −b a b c

.................... Hết ...............

1

Â
a
≤
2 b+c


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 9
Câu
1 a)

Nội dung
3

x=

3 + 1 −1

=

3(

−

3

3 +1 +1

=

3(

3 + 1 + 1) − 3(
3 +1−1

3 + 1 − 1)

3 + 1 + 1 − 3 + 1 + 1) 2 3
=
=2
3 +1 −1
3

Thay x = 2 vào biểu thức A ta có:
A = (22 – 2 – 1)2 + 2013 = 1 + 2013 = 2014
Vậy khi x =

Biểu
điểm
0,25

3
3 +1 −1

−

3
3 +1 +1

thì giá trị của biểu thức A là 2014

-----------------------------------------------------------------------------------

0,25
0,25
0,25

(x + x 2 + 2013 ).(y + y 2 + 2013 )=2013
b)

(x - x 2 + 2013 )(x + x 2 + 2013 ).(y + y 2 + 2013 )=2013(x - x 2 + 2013 )

0,25

-2013.(y + y 2 + 2013 )=2013(x - x 2 + 2013 )
0,25

-y - y 2 + 2013 =x - x 2 + 2013
Tương tự: -x - x 2 + 2013 = y - y 2 + 2013

2 a)

b)

0,25

⇒ x+y =0 ⇒ x =-y ⇒ x2013+ y2013=0

0,25

x2+ 5x +1 = (x+5) x 2 + 1
x2+1 + 5x = (x+5) x 2 + 1
x2+1 + 5x - x x 2 + 1 - 5 x 2 + 1 =0
x 2 + 1 ( x 2 + 1 -x) +5(x- x 2 + 1 )=0
( x 2 + 1 -x) ( x 2 + 1 - 5) = 0
( x 2 + 1 -x) = 0 hoặc ( x 2 + 1 - 5) = 0
x 2 + 1 =x hoặc x 2 + 1 = 5
x2+ 1 = x2 (không có x thỏa mãn), hoặc x2+ 1 = 25
x2 = 24
x = ± 24
Vậy nghiệm của PT là x = ± 24

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

2

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


3

Ta có
⇔

b+c+a
(b + c ) a
b+c+a
≥ (b + c ) a ⇔
≥
2
2a
a

b+c+a
b+c
⇔
≥
2a
a

0,25

a
2a
≥
b+c a+b+c

b
2b
c

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

Tương tự:

Dấu bằng xảy ra khi b+c =a, c + a =b, a+ b= c (Điều này không
có)

4 a)

b)

(x+2) (x+4) (x+6) (x+8) +2013 =( x2+10x+16)( x2+10x+24) +2013
=( x2+10x+21- 5).( x2+10x+21+3) +2013
=( y- 5).( y+3) +2013, đặt y = x2+10x+21

= y2- 2y+1998 chia cho y dư 1998
(x+2) (x+4) (x+6) (x+8) +2013 cho đa thức x2+10x+21dư 1998
A= 3y2+x2+2xy+2x+6y+2017
= (y+x+1)2+2(1+y) 2+2014
Vậy minA = 2014 khi y =-1 và x =0

5

0,25
0,25

a
b
c
+
+
>2
b+c
a+c
b+a

Vậy

0,25

A

0,5

0, 5

0,5
0,5
0,25

E
D

B

a)

b)

H

C

Vì D, E là hình chiếu của H trên AB, AC, nên DH ⊥ AB, HE ⊥ AC
·
Tứ giácADHE có DAE
=90 0, ·ADH =90 0, ·AEH =90 0
Tứ giácADHE là hình chữ nhật
AH = DE, mà AH2=BH.HC nên DE2=BH.HC

Ta có AH2=BH.HC ⇒ AH3=BH.HC.AH
AH.CB = AB.AC, BA2=BH.BC, AC2=CH.BC
⇒ AH3=BC.BD.CE

3

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

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


A

I
B

C
D

Vẽ đường phân giác AD của tam giác ABC

BD DC
BD DC BD + DC
CB
a
⇒
=
=
=
=

=
AB AC
AB AC
AB + AC AB + AC b + c
⇒
≤
⊥
Vẽ BI AD BI BD
 BI ⇒
Â
BD
Â
a
Ta có sin =
sin ≤
. Vậy sin ≤
2 AB
2 AB + AC
2 b+c

Ta có

6

1

1

0,25
0,25

0,25
0,25

4

Với x > 0, y > 0 ta có ( x + y ) 2 ≥ 4 xy ⇒ x + y ≥ x + y
⇒

1
11 1
≤  + ÷(I)
x+ y 4 x y

0,25

a, b, c là 3 cạnh của một tam giác nên a+b-c >0, a+c -b >0, c +b- a >0,
Áp dụng bđt(I) với các số x= a+b-c, y= a+c -b dương ta có:
1
1
4
2
+
≥
=
a +b −c a +c −b a +b −c + a +c −b a
1
1
4
2
+

≥
=
Tương tự:
b+a−c b+c−a c+b−a+a+b−c b
1
1
4
2
+
≥
=
c +b −a c + a −b c +b− a +c + a −b c
1
1
1
1 1 1
⇔
+
+
≥ + + (đpcm)
a +b−c b+c− a c+ a −b a b c

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
MễN THI: TOÁN 9 (Thời gian làm bài 150 phỳt)
Bài 1(6điểm)

4

0,25
0,25

0,25


 x+ y

Cho P = 

 1 − xy

+

x − y  
x + y + 2 xy 

: 1 +

1 − xy 
1 + xy  

a, Rút gọn P
b, Tính giá trị của P với x=

2
2+ 3

c, Tìm giá trị lớn nhất của P
Bài 2 : (3đ) Giải phương trình sau :

x + 2002 x + 2003 x + 2004
+

+
=3
m −1
m
m +1

Bài 3 : ( 2đ)

( với m là tham số ).

Chứng minh rằng nếu a , b là các số dương thõa mãn :

1 1 1
+ + = 0. Thì :
a b c

a + c + b + c = a + b.

Bài 4 : (6đ) Cho đường tròn tâm (O) đường kính CD = 2R . Điểm M di động trên đoạn
OC . Vẽ đường tròn tâm (O’) đường kính MD . Gọi I là trung điểm của đoạn MC ,
đường thẳng qua I vuông góc với CD cắt (O) tại E và F . Đường thẳng ED cắt (O’) tại P .
1. Chứng minh 3 điểm P, M , F thẳng hàng.
2. Chứng minh IP là tiếp tuyến của đường tròn (O’).
3. Tìm vị trí của M trên OC để diện tích tam giác IPO’ lớn nhất.
Bài 5 : (3đ) Tìm các số nguyên x, y ,z thỏa mãn :
1

1

1

1

6 ( x − y ) = 3( y − z ) = 2( z − x ) = xyz − xyz .

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 9
Câu 1: (6 điểm)
5


 x+ y

Cho P= 

+

 1 − xy

x − y  
x + y + 2 xy 

: 1 +

1 − xy 
1 + xy  

a, Rút gọn P (2 điểm)
Điều kiện để P có nghĩa là : x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; xy ≠ 1
Ta có :
 x+ y

x− y 
 : 1 + x + y + 2 xy 

1 − xy 
1 + xy  
 1 − xy
x + y 1 + xy + x − y 1 − xy 1 − xy + x + y + 2 xy
:
1 − xy
1 − xy 1 + xy

P= 
=
=
=
=

(

(0,5 đ)

)(

+

) (
)(

(

)(

)

)

(0,5đ)

x + y + x y + y x + x − y − x y + y x x + y + xy + 1
:
1 − xy
1 − xy
2 x + 2y x
1 − xy
(1 + x )( y + 1)
1 − xy

(0,5đ)

2 x (1 + y )
2 x
=
(1 + x )(1 + y ) 1 + x

(0,5đ)

b, Tính giá trị của P với x=

2

(1điểm)
2+ 3

2
thoả mãn điều kiện x ≥ 0
2+ 3
2
2 2− 3
Ta có : x=
=
=4-2 3 =( 3 -1)2
2+ 3 2+ 3 2− 3

Ta thấy x=

(

(

Thay x vào P =
P= 2
=

(

(

)

3 −1

)(

=

2 3 −1
5−2 3

25 3 +6−5−2 3

(

5 − 2 3
2

)

2

)

2

)

2 x
, ta có:
x +1

2

4 − 2 3 +1

)

=

) 2( 3
=

(

)(
)(

2 3 −1 5 + 2 3
5−2 3 5+2 3

(

) (

)

0.25đ
(0,5đ)

)
)

3 +1 2 3 3 +1
=
25 − 12
13

c, Tìm giá trị lớn nhất của P (2 điểm)
Với mọi x ≥ 0, ta có:

(

(0,25đ)

x −1 ≥ 0

⇔
⇔

2

− 2 x +1 ≥ 0
x+1 ≥ 2 x
x

2 x
1+ x

⇔

1≥

⇔

2 x
≤1
1+ x
P ≤1

⇔

(0,5đ)
( vì x+1>0)

0.25đ
(0,25đ)

6


Vậy giá trị lớn nhất của P =1 ⇔
⇔
⇔
⇔

(

)

2

x −1 = 0

0.25đ

x −1 = 0
x =1

x=1

(0,5đ)

Bài 2 : (3 điểm).
Từ phương trình ta có:

x + 2002
x + 2003
x + 2004
x + 2003 − m x + 2003 − m x + 2003 − m
−1+
−1+
−1 = 0 ⇔
+
+
=0
m −1
m
m +1
m −1
m
m +1

⇔ ( x + 2003 − m)(

1
1
1
+ +
) = 0.
m −1 m m +1

1.5đ
+ Nếu :

1
1
1
1
1
+ +
= 0 ⇔ 3m 2 = 1 ⇔ m =
;m = −
m −1 m m +1
3
3

phương trình có vô số nghiệm.

(0,5đ)

1
1

+ Nếu m ≠ -1;0;1 ; ;−
; phương trình có nghiệm x= m-2003.
3

0.5đ

3

(0,5đ)

Bài 3 : (2điểm). Từ 1/a +1/b+1/c =0 mà a, b là các số dương suy ra c là số âm và
ab+bc+ca = 0.
(0,25đ)
Ta có :
a+c + b+c = a+b
⇔ a + b + 2c + 2 ab + ac + bc + c 2 = a + b
⇔ 2c + 2 ab + ac + bc + c 2 = 0

(1.25đ)

⇔ c + c = 0 ⇔ c − c = 0.(dpcm)

Bài 4 :(6điểm)
1. Do P thuộc (O’) mà MD là đường kính suy ra góc MPD vuông hay MP vuông góc
với ED. Tương tự CE vuông góc với ED. Từ đó PM//EC. (1)
Vì EF là dây cung, CD là đường kính mà CD ⊥ E F nên I là trung điểm của E F. Lại
cóI là trung điểm của CM nên tứ giác CE M F là hình bình hành. Vậy FM//CE.(2). Từ
(1) và (2) suy ra P, M , F thẳng hàng.
(2đ)
’

2. Ta có ∠ EDC = ∠ EFP (góc có cạnh tương ứng vuông góc). Do tam giác PO D cân
tại O’ nên ∠ EDC = ∠ O’PD. Lại có ∠ EFP = ∠ IPF (do tam giácIPF cân) vậy
∠ I PF= ∠ O’PD mà ∠ FPD =1v, suy ra ∠ IPO’ =900 nên IP ⊥ O’P. Hay IP là tiếp tuyến
của (O’).
(2đ)
’
’
’
3. Vì O M =1/2 MD và IM =1/2MC nên IO =1/2 CD vậyIO =R. áp dụng định lý
Pytago có PI2 + PO’2 = IO’2 =R2 (không đổi ) . Mặt khác 4S2 =PI2.PO’2 ( S là diện

7


tích của tam giác IO’P) . Vậy 4S2 Max hay S Max khi PI = PO’ =R
PO’ do đó
DM = 2 R , Vậy M cách D một khoảng bằng 2 R.
(1đ)

1
mà DM =2
2

2đ

E

C

D

O O

’

F
Bài 5 ;(3điểm)
1 k

x − y = 6

1
1
1
1
1 k

= k ⇔ y − =
Đặt 6( x − ) = 3( y − ) = 2( z − ) = xyz −
y
z
x
xyz
z 3

1
k

z − x = 2


0.5đ

Xét tích :
1
1
1
k3
k3
1
1
1
1
( x − )( y − )( z − ) =
⇔
= xyz −
− ( y − ) − (x − ) − (z − )
y
z
x
36
36
xyz
z
y
x
k3
k k k
k3
=k− − − ⇔
=0⇔k =0

36
3 2 6
36
( xyz ) 2 = 1
 xyz = ±1
x = y = z = 1
⇔
⇔
⇔
 xy = yz = zx = 1
 x = y = z = −1
 xy = yz = zx = 1
⇔

1đ

1đ
Vậy (x, y , z) = (1,1,1) =(-1,-1,-1) là cần tìm. 0,5đ
UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2013-2014
MÔN: TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề

8

 x+ y
x − y   x + y + 2xy 
+
: 1+
Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: P = 
÷
÷.
÷ 
1
−
xy
1
−
xy
1
+
xy



a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của P với x =

2
.
2+ 3

Bài 2: (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) và (L) lần lượt là đồ thị của
1
3

hai hàm số: y = − x + và y = x .
2
2
a) Vẽ đồ thị (D) và (L).
b) (D) và (L) cắt nhau tại M và N. Chứng minh OMN là tam giác vuông.
Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình: 6x 4 − 5x 3 − 38x 2 − 5x + 6 = 0 .
Bài 4: (2 điểm) Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh là a, vẽ một đường thẳng
cắt cạnh BC ở M và cắt đường thẳng DC ở I.
Chứng minh rằng:

1
1
1
+ 2 = 2.
2
AM
AI
a

Bài 5: (6 điểm)
Cho hai đường tròn ( O ) và ( O / ) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO / cắt đường
tròn ( O ) và ( O/ ) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng. Kẻ tiếp tuyến
chung ngoài EF, E ∈ ( O ) và F ∈ ( O/ ). Gọi M là giao điểm của AE và DF; N là giao
điểm của EB và FC. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MENF là hình chữ nhật.
b) MN ⊥ AD.
c) ME.MA = MF.MD.
---------- Hết ----------

9

UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2013-2014-MÔN: TOÁN LỚP 9

Bài
Đáp án
1 ĐKXĐ: x ≥ 0; y ≥ 0; xy ≠ 1 .
a) Mẫu thức chung là 1 – xy
( x + y)(1 + xy) + ( x − y)(1 − xy) 1 − xy + x + y + 2xy
P=
:
1 − xy
1 − xy

Điểm
0,5 đ

x +x y+ y+y x + x −x y − y +y x
1 − xy
.
1 − xy
1 + x + y + xy

0,5 đ

=
=
b)

x=

2( x + y x)
2 x (1 + y)
2 x
=
=
(1 + x)(1 + y) (1 + x)(1 + y) 1 + x

0,5 đ

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

0,5 đ

x = ( 3 − 1) 2 =

2
a)

0,5 đ

3 −1 = 3 −1

0,5 đ

P=

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

0,5 đ

P=

2( 3 − 1) 6 3 + 2
=
13
5−2 3

0,5 đ

3

x = 0 ⇒ y =
1
3
2

Đồ thị y = − x + có : 
2
2
 y = 0 ⇒ x = 3
 x khi x ≥ 0
Đồ thị y = x = 
− x khi x ≤ 0
Đồ thị như hình vẽ:

0,5 đ

0,5 đ

1đ
10


y

N

3

(L)

(D)
3/2
1
-3

b)

1

3

x

Đồ thị (D) và (L) cắt nhau tại hai điểm có tọa độ M(1; 1) và N( - 3; 3)
Ta có: OM = 12 + 12 = 2 ⇒ OM2 = 2
ON =

3

O

M

32 + ( −3) 2 = 3 2 ⇒ ON2 = 18

MN = (1 − 3) 2 + (1 + 3) 2 = 20 ⇒ MN2 = 20
Vì: OM2 + ON2 = MN2
Vậy: tam giác OMN vuông tại O
Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình
Chia cả 2 vế của phương trình cho x2 ta được:
5 6
6x 2 − 5x − 38 − + 2 = 0
x x
1
1

⇔ 6(x 2 + 2 ) − 5(x + ) − 38 = 0
x
x
1
1
Đặt y = x +
thì: x 2 + 2 = y 2 − 2
x
x
2
Ta được pt: 6y – 5y – 50 = 0 <=> (3y – 10)(2y + 5) = 0
10
5
và y = −
Do đó: y =
3
2
10
1 10
2
* Với y =
thì: x + = ⇔ 3x − 10x + 3 = 0
3
x 3
1

x
=
1
3

<=> (3x – 1)(x – 3) = 0 <=> 

x2 = 3
5
1
5
* Với y = − thì: x + = − ⇔ 2x 2 + 5x + 2 = 0
2
x
2

11

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

1đ

1đ

1đ


1đ

1

x

=
−
3
2
<=> (2x + 1)(x + 3) = 0 <=> 

 x 4 = −2
4

A

B

M

J

I

C

D

Vẽ Ax ⊥ AI cắt đường thẳng CD tại J.
Ta có ∆ AIJ vuông tại A, có AD là đường cao thuộc cạnh huyền IJ, nên:
1
1
1
= 2 + 2 (1)
2

AD
AJ
AI
Xét hai tam giác vuông ADJ và ABM, ta có:
·
·
AB = AD = a; DAJ
(góc có cạnh tương ứng vuông góc)
= BAM
⇒ ∆ADJ = ∆ABM . Suy ra: AJ = AM
1
1
1
1
=
+ 2 = 2 (đpcm)
Thay vào (1) ta được:
2
2
AD
AM
AI
a
5

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

M

E
I
F

A

O

H
B

C

D
O/

N

a)

·
·
Ta có AEB
= CFD
= 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
Vì EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O/), nên:
OE ⊥ EF và OF ⊥ EF => OE // O/F
12

0,5 đ


· / D (góc đồng vị) => EAO
·
/
·
·
=> EOB
= FO
= FCO
Do đó MA // FN, mà EB ⊥ MA => EB ⊥ FN
·
Hay ENF
= 900 .
µ =N
µ = F$ = 90O , nên MENF là hình chữ nhật
Tứ giác MENF có E

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

b)

c)

Gọi I là giao điểm của MN và EF; H là giao điểm của MN và AD
·

·
Vì MENF là hình chữ nhật, nên IFN
= INF
1
·
·
»
= FDC
= sđ FC
Mặt khác, trong đường tròn (O/): IFN
2
·
·
=> FDC = HNC
Suy ra ∆FDC đồng dạng ∆HNC (g – g)
·
·
=> NHC
= DFC
= 90O hay MN ⊥ AD
·
·
Do MENF là hình chữ nhật, nên MFE
= FEN
1
·
·
»
= EAB
= sđ EB

Trong đường tròn (O) có: FEN
2
·
·
=> MFE = EAB
Suy ra ∆MEF đồng dạng ∆MDA (g – g)
ME MF
=
=>
, hay ME.MA = MF.MD
MD MA

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

Lưu ý: Nếu học sinh giải theo cách khác, nếu đúng và phù hợp với kiến thức
trong chương trình đã học thì hai Giám khảo chấm thi thống nhất việc phân bố điểm
của cách giải đó, sao cho không làm thay đổi tổng điểm của bài (hoặc ý) đã nêu trong
hướng dẫn này./.

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ NINH

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học 2013 - 2014

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

Câu 1. (4,0 điểm):
a. Tìm số tự nhiên n sao cho: n + 24 và n – 65 là hai số chính phương
b. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19.
Câu 2. (4,0 điểm):

13


a. Cho A =

x
xy + x + 2

+

y
yz + y + 1

+

2 z
.
zx + 2 z + 2

Biết xyz = 4, tính

A.
a b c
x y z
x2 y2 z 2
b. Cho + + = 1 và + + = 0 . Chứng minh rằng : 2 + 2 + 2 = 1 .
x y z
a b c
a
b
c

Câu 3. (3,0 điểm): Giải phương trình : x 2 +

x2
=3
( x + 1) 2

Câu 4. (7,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’, H là trực tâm.
HA' HB' HC'
+
+
a) Tính tổng
AA' BB' CC'
b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC; IM, IN thứ tự là phân giác của góc AIC và
góc AIB. Chứng minh rằng: AN.BI.CM = BN.IC.AM.

(AB + BC + CA ) 2
c) Tam giác ABC như thế nào thì biểu thức
đạt giá trị nhỏ nhất?

AA' 2 + BB' 2 + CC' 2
2. Cho tam giác đều ABC, gọi M là trung điểm của BC. Một góc xMy bằng 60 0 quay
quanh điểm M sao cho 2 cạnh Mx, My luôn cắt cạnh AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng
minh rằng:
a) BD.CE =

BC 2
4

b) DM, EM lần lượt là tia phân giác của các góc BDE và CED.
c) Chu vi tam giác ADE không đổi.
Câu 5. (2,0 điểm): Cho a, b, c là các số dương, chứng minh rằng:
T=

a
b
c
+
+
3a + b + c
3b + a + c 3c + b + a

≤

3
5

__________ Hết __________

PHÒNG GD&ĐT PHÙ NINH

Híng dÉn chÊm thi CHỌN häc sinh giái líp 9
Năm học 2013 - 2014
Môn: Toán
(Có điều chỉnh biểu điểm so với đề thi)
Câu 1 (5,0 điểm):

14


a. ( 3,0 điểm)
n + 24 = k 2
Ta có: 
n − 65 = h 2

⇔ k2 − 24 = h2 + 65
⇔ ( k − h )( k + h ) = 89 = 1.89
k + h = 89 k = 45
⇔
⇒
k − h = 1
h = 44
Vậy:
n = 452 – 24 = 2001
b. ( 2,0 điểm)
Với n = 0 ta có A(0) = 19 M19
Giả sử A chia hết cho 19 với n = k nghĩa là: A(k) = 7.52k + 12.6k M19
Ta phải chứng minh A chia hết cho 19 với n = k + 1 nghĩa là phải chứng minh:
A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1 M
19
Ta có: A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1

= 7.52k.52 + 12.6n. 6
= 7.52k.6 + 7.52k .19 + 12.6n. 6
= 6.A(k) + 7.52k .19 M
19
Vậy theo nguyên lý quy nạp thì A = 7.5 2n + 12.6n chia hết cho 19 với mọi số tự
nhiên n
Câu 2. (6,0 điểm):
a. (3,0 điểm)
ĐKXĐ x,y,z ≥ 0. Kết hợp xyz = 4 ⇒ x, y, z > 0; xyz = 2
Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ hai với x , thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ ba bởi
xyz ta được.
A=

x
xy + x + 2

+

xy
2 + xy + x

+

z

(

2 z
x + 2 + xy

)

=1

Suy ra A = 1 ( vì A>0).
b. (3,0 điểm)
Từ :

a b c
ayz+bxz+cxy
+ + =0 ⇔
=0
x
y z
xyz

⇔ ayz + bxz + cxy = 0
x y z
x y z
+ + = 1 ⇔ ( + + )2 = 1
a b c
a b c
xy xz yz
+ 2( + + ) = 1
ab ac bc
cxy + bxz + ayz
+2
=1
abc

Ta có :

x2 y2 z 2
⇔ 2+ 2+ 2
a
b
c
2
2
x
y
z2
⇔ 2+ 2+ 2
a
b
c
2
2
x
y
z2
⇔ 2 + 2 + 2 = 1(dfcm)
a
b
c

Câu 3. (1,0 điểm):
ĐK: x ≠ - 1

15

x 2
x2
x2 2
x2
⇔(
) = 3–2
) +2
-3=0
x +1
x +1
x +1
x +1
x2
x2
1± 5
= 1 => x1,2 =
Hoặc
= -3 vô nghiệm
x +1
x +1
2

⇔(x-

=>

Câu 4. (6,0 điểm)
1. (3,0 điểm):

1
.HA'.BC
S HBC 2
HA'
=
=
a) (1,0đ)
S ABC 1
AA'
.AA'.BC
2
S HAB HC' S HAC HB'
=
=
Tương tự:
;
S ABC CC' SABC BB'

HA' HB' HC' SHBC S HAB S HAC
+
+
=
+
+
=1
AA' BB' CC' S ABC S ABC S ABC
b) (1,0đ) Áp dụng tính chất phân giác vào các tam giác ABC, ABI, AIC:
BI AB AN AI CM IC
=
;

=
;
=
IC AC NB BI MA AI
BI AN CM AB AI IC AB IC
.
.
=
. . =
. =1
IC NB MA AC BI AI AC BI
⇒ BI .AN.CM = BN.IC.AM
c) (1,0đ) Vẽ Cx ⊥ CC’. Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx
- Chứng minh được góc BAD vuông, CD = AC, AD = 2CC’
- Xét 3 điểm B, C, D ta có: BD ≤ BC + CD
- ∆ BAD vuông tại A nên: AB2+AD2 = BD2
⇒ AB2 + AD2 ≤ (BC+CD)2
AB2 + 4CC’2 ≤ (BC+AC)2
4CC’2 ≤ (BC+AC)2 – AB2
Tương tự: 4AA’2 ≤ (AB+AC)2 – BC2
4BB’2 ≤ (AB+BC)2 – AC2
- Chứng minh được : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2) ≤ (AB+BC+AC)2

(AB + BC + CA ) 2
≥4
AA'2 + BB'2 + CC'2

⇔

Đẳng thức xảy ra ⇔

BC = AC, AC = AB, AB = BC
⇔
⇔
∆ ABC đều
AB = AC =BC
* Kết luận đúng
2. (3 ®iÓm):
a) (1 ®iÓm) Trong tam gi¸c BDM ta cã : Dˆ 1 = 120 0 −A Mˆ 1
V× Mˆ 2 = 600 nªn ta cã: Mˆ 3 = 120 0 − Mˆ 1

y

x

Suy ra Dˆ 1 = Mˆ 3

E
D

16
B

1

2
1

2

M

3

C


Chứng minh BMD ~ CEM (1)
BD CM
=
, từ đó BD.CE = BM.CM
BM
CE
BC
BC 2
Vì BM = CM =
, nên ta có BD.CE =
2
4
BD MD
=
b) (1 điểm) Từ (1) suy ra
mà BM = CM nên ta có
CM EM
BD MD
=
BM EM
Chứng minh BMD MED
Từ đó suy ra D 1 = D 2 , do đó DM là tia phân giác của góc BDE

Suy ra

Chứng minh tơng tự ta có EM là tia phân giác của góc CED
c) (1 điểm) Gọi H, I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC
Chứng minh DH = DI, EI = EK
Tính chu vi tam giác bằng 2AH; Kết luận.
Cõu 5 (2,0 im):
t x = 3a + b + c ; y = 3b + a + c ; z = 3c + b + a
=> x + y + z = 5( a + b + c) =5(x 2a ) = 5(y 2b) =5(z 2c
=> 4x (y +z) =10a; 4y (x +z) =10b ; 4z (y +x) =10c ;
4 y ( x + z ) 4 z ( x + y)
4x ( y + z)
+
+
=
y
x
z
x
z
y
z
x y
= 12 (
+ + + + + ) 12 -6 =6 => T
y z
x
x y
z

=> 10T =

3
5

Du bng xy ra khi a = b = c
___________________

PHềNG GD - T CM

THI HC SINH GII CP HUYN
17


GIÀNG

NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: Toán 9
Thời gian làm bài:150 phút
(Đề thi gồm 01 trang
Ngày thi 16-10-2013

Sưu tầm: Phạm Văn Cát
THCS Cẩm Định Cẩm Giàng
HD

Câu 1( 2 điểm)
a)Cho biểu thức: A = (x2 – x - 1 )2 + 2013
Tính giá trị của A khi x =

3
3 +1 −1

−

3
3 +1 +1

b) Cho (x + x 2 + 2013 ).(y + y 2 + 2013 )=2013. Chứng minh x2013+ y2013=0
Câu 2 ( 2 điểm)
a) Giải phương trình: x2+ 5x +1 = (x+5)
b) Chứng minh

x2 + 1

a
b
c
+
+
> 2 , với a, b, c>0
b+c
a+c
b+a

Câu 3 ( 2 điểm)
a) Tìm số dư của phép chia đa thức (x+2) (x+4) (x+6) (x+8) +2013 cho đa thức
x2+10x+21
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3y2+x2+2xy+2x+6y+2017

Câu 4 ( 3 điểm)
1)Cho tam giácABC, Â= 900, AB < AC, đường cao AH. Gọi D và E lần lượt là
hình chiếu của H trên AB và AC. Chứng minh:
a) DE2=BH.HC
b) AH3=BC.BD.CE
2)Cho tam giác ABC, BC= a, AC=b, AB=c. Chứng minh sin
Câu 5( 1 điểm)
Cho a, b, c là 3 cạnh một tam giác. Chứng minh:
1
1
1
1 1 1
+
+
≥ + +
a +b−c b+c− a c+ a −b a b c

.................... Hết ...............

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
TOÁN 9 (Thời gian làm bài 150 phỳt)
18

Â
a
≤
2 b+c


Bài 1(6điểm)

 x+ y

Cho P = 

 1 − xy

+

x − y  
x + y + 2 xy 

: 1 +
1 − xy 
1 + xy  

a, Rút gọn P
b, Tính giá trị của P với x=

2
2+ 3

c, Tìm giá trị lớn nhất của P
Bài 2 : (3đ) Giải phương trình sau :

x + 2002 x + 2003 x + 2004
+
+
=3
m −1
m

m +1

Bài 3 : ( 2đ)

( với m là tham số ).

Chứng minh rằng nếu a , b là các số dương thõa mãn :

1 1 1
+ + = 0. Thì :
a b c

a + c + b + c = a + b.

Bài 4 : (6đ) Cho đường tròn tâm (O) đường kính CD = 2R . Điểm M di động trên đoạn
OC . Vẽ đường tròn tâm (O’) đường kính MD . Gọi I là trung điểm của đoạn MC ,
đường thẳng qua I vuông góc với CD cắt (O) tại E và F . Đường thẳng ED cắt (O’) tại P .
4. Chứng minh 3 điểm P, M , F thẳng hàng.
5. Chứng minh IP là tiếp tuyến của đường tròn (O’).
6. Tìm vị trí của M trên OC để diện tích tam giác IPO’ lớn nhất.
Bài 5 : (3đ) Tìm các số nguyên x, y ,z thỏa mãn :
1

1

1

1

6 ( x − y ) = 3( y − z ) = 2( z − x ) = xyz − xyz .

UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO
TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2013-2014
MÔN: TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian
giao đề

 x+ y
x − y   x + y + 2xy 
+
: 1+
Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: P = 
.
÷
÷ 
1 − xy ÷
1
−
xy
1
+
xy



c) Rút gọn biểu thức P.

d) Tính giá trị của P với x =

2
.
2+ 3
19


Bài 2: (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) và (L) lần lượt là đồ thị của
1
3
hai hàm số: y = − x + và y = x .
2
2
c) Vẽ đồ thị (D) và (L).
d) (D) và (L) cắt nhau tại M và N. Chứng minh OMN là tam giác vuông.
Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình: 6x 4 − 5x 3 − 38x 2 − 5x + 6 = 0 .
Bài 4: (2 điểm) Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh là a, vẽ một đường thẳng
cắt cạnh BC ở M và cắt đường thẳng DC ở I.
Chứng minh rằng:

1
1
1
+
=
.
AM 2 AI 2 a 2

Bài 5: (6 điểm)

Cho hai đường tròn ( O ) và ( O / ) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO / cắt đường
tròn ( O ) và ( O/ ) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng. Kẻ tiếp tuyến
chung ngoài EF, E ∈ ( O ) và F ∈ ( O/ ). Gọi M là giao điểm của AE và DF; N là giao
điểm của EB và FC. Chứng minh rằng:
d) Tứ giác MENF là hình chữ nhật.
e) MN ⊥ AD.
f) ME.MA = MF.MD.
---------- Hết ---------PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ NINH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học 2013 - 2014
Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (4,0 điểm):
a. Tìm số tự nhiên n sao cho: n + 24 và n – 65 là hai số chính phương
b. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: A = 7.5 2n + 12.6n chia hết cho
19.
Câu 2. (4,0 điểm):
b. Cho A =

x
xy + x + 2

+

y
yz + y + 1

+

Biết xyz = 4, tính

2 z
.
zx + 2 z + 2

A.
a b c
x y z
x2 y 2 z 2
+
+
=
0
+
+
=
1
b. Cho
và x y z
. Chứng minh rằng : 2 + 2 + 2 = 1 .
a b c
a
b
c

20


x2
Câu 3. (3,0 điểm): Giải phương trình : x +

=3
( x + 1) 2
2

Câu 4. (7,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’, H là trực tâm.
HA' HB' HC'
+
+
a) Tính tổng
AA' BB' CC'
b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC; IM, IN thứ tự là phân giác của góc AIC
và góc AIB. Chứng minh rằng: AN.BI.CM = BN.IC.AM.
(AB + BC + CA ) 2
c) Tam giác ABC như thế nào thì biểu thức
đạt giá trị nhỏ
AA' 2 + BB' 2 + CC' 2
nhất?
2. Cho tam giác đều ABC, gọi M là trung điểm của BC. Một góc xMy bằng 60 0
quay quanh điểm M sao cho 2 cạnh Mx, My luôn cắt cạnh AB và AC lần lượt tại D và E.
Chứng minh rằng:
BC 2
a) BD.CE =
4

b) DM, EM lần lượt là tia phân giác của các góc BDE và CED.
c) Chu vi tam giác ADE không đổi.
Câu 5. (2,0 điểm): Cho a, b, c là các số dương, chứng minh rằng:
T=

a
b
c
+
+
3a + b + c
3b + a + c 3c + b + a

≤

3
5

__________ Hết __________

21