Đề thi HSG toán 9 cấp huyện (2012 - 2013)

PHÒNG GD&ĐT
BÌNH GIANG
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG I
NĂM HỌC 2012-2013
MÔN: TOÁN - LỚP 9
(Thời gian làm bài: 150 phút)
ĐỀ BÀI

--------------------------- Hết ------------------------

1


PHÒNG GD&ĐT
BÌNH GIANG

Câu

Phần

Nội dung
A=

A=

1
(1,0 đ)
Câu I
(2,0

điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG I
NĂM HỌC 2012 - 2013
MÔN: TOÁN - LỚP 9
(Thời gian làm bài: 150 phút)

A=

x+2

(

)(

+

)

x −1 x + x +1

Điểm

x +1
1
−
x + x +1 x −1

0.25

x + 2 + x − 1− x − x − 1

(

(

)(

)

x −1 x + x +1

0.25

x− x

)(
)
x ( x − 1)
A=
=
x
−
1
x
+
x
+
1

( )(
) x+
x −1 x + x +1

Xét 1 − A = 1 −
3

3

x
, v?i x ≥ 0, x ≠ 1
x +1

(

)

0.25
0.25

2

x −1
x
=
x + x + 1 3(x + x + 1)

0.50

Do x ≥ 0, x ≠ 1

2
2
2
(1,0 đ) ⇒ ( x − 1) > 0 và x + x + 1 =  x + 1 ÷ + 3 > 0


2

4

1
1
⇒ −A >0⇔ A <
3
3

Câu II
(2,0
điểm)

0.25
0.25

ĐKXĐ: x ≥ 15
x − x − 15 = 17 ⇔ x − 15 − x − 15 − 2 = 0

Đặt t = x − 15 (t ≥ 0) ⇒ t 2 − t − 2 = 0

1
 t = 2 ( TM§ K )

(1,0 đ) ⇔ ( t − 2) ( t + 1) = 0 ⇔ 
 t = −1 ( lo¹i )

0.25
0.25
0.25

Với t = 2 ⇒ x − 15 = 2 ⇔ x − 15 = 4 ⇔ x = 19 (TMĐK)
2
ĐKXĐ: x ≥ 0
(1,0 đ) 5x − 2 x ( 2 + y ) + y 2 + 1 = 0 ⇔ 4x − 4 x + 1 + x − 2y x + y 2 = 0

(
) ( x − y ) = 0 (1)
Vì ( 2 x − 1) ≥ 0, ( x − y ) ≥ 0 ∀x ≥ 0, y
⇒ ( 2 x − 1) + ( x − y ) ≥ 0 .
2

⇔ 2 x −1 +

2

2

2

0.25
0.25
0.25

2

2

2

0.25


1

2 x − 1 = 0
 x = 4
⇔
(TM)
Để (1) xẩy ra thì 
1
 x − y = 0
y =

2

Theo bài ra: p = x + x = x ( x + 1) mà x, x + 1 là số nguyên

0.25

2

0.25
liên tiếp nên x ( x + 1) là số chẵn ⇒ p là số chẵn.

1
(1,0 đ) Mặt khác p là số nguyên tố nên p = 2
0.25
⇒ x + x − 2 = 0 ⇔ ( x + 2 ) ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = - 2
(TM)
0.50
2

Để hàm số y =

m 2 − 2013m + 2012
x − 2011 nghịch biến thì
m 2 − 2 2m + 3

m 2 − 2013m + 2012
<0
m 2 − 2 2m + 3

Câu III
(2,0
điểm)

(

m 2 − 2 2m + 3 = m − 2

(1).

)

2

+ 1 > 0 ∀m

2
2
(1) ⇔ m − 2013m + 2012 < 0 ⇔ ( m − 1) ( m − 2012 ) < 0
(1,0 đ)

 m − 1 > 0
m > 1


m − 2012 < 0
 m < 2012

⇔
⇔
 m − 1 < 0
m < 1


 m − 2012 > 0
  m > 2012
⇒ 1 < m < 2012

0.25
0.25

0.25

0.25
Câu IV
(3,0
điểm)

Vì B, C thuộc đường tròn
đường kính AK
·
·
⇒ ABK
= ACK
= 900
⇒ KB ⊥ AB, KC ⊥ AC
CH ⊥ AB, BH ⊥ AC (gt)
⇒ BK // CH, CK // BH
⇒ BHCK là hình bình hành

1a
(1,0 đ)

I là trung điểm của BC (gt)
⇒ I là trung điểm của HK
O là trung điểm của AK (gt)
⇒ OI là đường trung bình
của ∆KAH

1
⇒ OI = AH ⇒ AH = 2.IO
2

·
·
1b OA = OC ⇒ ∆OAC cân tại O ⇒ OAC = OCA
·
·
·
(1,0 đ) KOC
(T/c góc ngoài của tam giác)
= OAC
+ OCA
3

0.25

0.25

0.25
0.25


·
·
⇒ KOC
= 2.OAC

0.25

·
·
Chứng minh tương tự: KOB

= 2.OAB

(

)

·
·
·
·
·
·
⇒ KOC
+ KOB
= 2 OAC
+ OAB
⇒ BOC
= 2.BAC
= 1200

(

)

·
= 1800 − 1200 : 2 = 300
OB = OC ⇒ ∆OBC cân tại O ⇒ OCI

Vì I là trung điểm của BC (gt) ⇒ OI ⊥ BC

(

)

I = 900 : IC = OC.cos300 = R. 3 ⇒ BC = R 3
Trong ∆OIC $
2

r
2 −1
≤
⇔ 2r ≤ a 2 − a ⇔ 2r + a ≤ a 2
a
2

C/m được AB + AC = 2r + a
2
(1,0 đ) ⇒ AB 2+ AC ≤ BC 2 2

0.25
0.25

0.25

0.25
0.25

⇔ AB + 2AB.AC + AC ≤ 2BC 2
⇔ AB2 + 2AB.AC + AC2 ≤ 2AB2 + 2AC2
⇔ ( AB − AC ) ≥ 0 ( 1)

2

r
2 −1
BĐT (1) đúng ⇒ ≤
, dấu “=” xảy ra khi ∆ABC
a
2

v/cân tại A.

0.25

0.25

Do x + 3y ≥ 1 , đặt x + 3y = 1 + a với a ≥ 0 ⇒ x = 1 + a – 3y,
0.25
thay vào biểu thức C: ⇒ C = 10y 2 − 6ay − 6y + a 2 + 2a + 1
2

Câu V
(1,0
điểm)

3
1
1
1



C = 10  y − ( a + 1)  + ( a 2 + 2a ) + ≥ .
10 10
 10
 10
(1,0 đ)
1
⇒ min C =
khi:
10
3

3
3
3
y=




 y − ( a + 1) = 0
y =
y =

10
⇔
10 ⇔ 
10 ⇔ 
 10
a = 0
a = 0

 x + 3y = 1  x = 1

10

Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
-------------------------------------- Hết ---------------------------------------

4

0.50

0.25


PHÒNG GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO
HUYỆN KIM THÀNH
--------------ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2012-2013
Môn thi: TOÁN
Lớp 9 THCS
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ BÀI

Bài 1: (4,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức A =

2 x −9
x + 3 2 x +1

−
−
x −5 x +6
x − 2 3− x

b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1.
Hãy tính giá trị biểu thức: A = x

(1 + y 2 )(1 + z 2 )
(1 + z 2 )(1 + x 2 )
(1 + x 2 )(1 + y 2 )
+
y
+
z
(1 + x 2 )
(1 + y 2 )
(1 + z 2 )

Bài 2: (3,0 điểm)
a) Cho hàm số : f(x) = (x3 + 12x – 31)2012
Tính f(a) tại a = 3 16 − 8 5 + 3 16 + 8 5
b) Tìm số tự nhiên n sao cho n2 + 17 là số chính phương?
Bài 3: (4,0 điểm)
Giải các phương trình sau:
a) 1 − x + 4 + x = 3
b) x 2 + 4 x + 5 = 2 2 x + 3
Bài 4: (3,0 điểm)
a) Tìm x; y thỏa mãn: 2 ( x y − 4 + y x − 4 ) = xy

b) Cho a; b; c là các số thuộc đoạn [ −1; 2] thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 6 hãy chứng
minh rằng: a + b + c ≥ 0
Bài 5: (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H.
KC AC 2 + CB 2 − BA2
=
KB CB 2 + BA2 − AC 2
1
b) Giả sử: HK = AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3
3

a) Chứng minh:

c) Giả sử SABC = 120 cm2 và BÂC = 600. Hãy tính diện tích tam giác ADE?
-------------------------------------- Hết ---------------------------------------

5


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG HUYỆN KIM THÀNH
NĂM HỌC 2012 – 2013
Môn: Toán 9 .
Thời gian: 120’
Câu 1: (4 điểm)
a/ Rút gọn biểu thức A =

2 x −9
x + 3 2 x +1
−
−

x −5 x +6
x − 2 3− x

ĐKXĐ: x ≠ 4; x ≠ 9
A=
=

(
(

(

2 x −9
x −2

)(
x − 2) (
x +1

)(

x −3

)

)=
x − 3)

x −2

x + 3 2 x +1 2 x − 9 − x + 9 + 2x − 3 x − 2
+
=
=
x −2
x −3
x −2
x −3

−

(

)(

)

(

x− x −2
x −2

)(

x −3

)

x +1
x −3

b/ Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1.
Hãy tính: A = x

(1 + y 2 )(1 + z 2 )
(1 + z 2 )(1 + x 2 )
(1 + x 2 )(1 + y 2 )
+
y
+
z
(1 + x 2 )
(1 + y 2 )
(1 + z 2 )

Gợi ý: xy + yz + xz = 1 ⇔ 1 + x2 = xy + yz + xz + x2 = y(x + z) + x(x + z) = (x + z)(x
+ y)
Tương tự: 1 + y2 = …; 1 + z2 = ….
Câu 2: (3 điểm)
a/ Cho hàm số : f(x) = (x3 + 12x – 31)2012
Tính f(a) tại a = 3 16 − 8 5 + 3 16 + 8 5
b/ Tìm số tự nhiên n sao cho n2 + 17 là số chính phương?
Giải
a/Từ a= 3 16 − 8 5 + 3 16 + 8 5

(

)(

)

⇒ a 3 = 32 + 3 3 16 − 8 5 16 + 8 5  3 16 + 8 5 + 3 16 − 8 5  = 32 − 12a nên a3 + 12a = 32



Vậy f(a) = 1
k − n = 1
⇒n=8
 k + n = 17

b/ Giả sử: n2 + 17 = k2 (k ∈ ¥ ) và k > n ⇒ (k – n)(k + n) = 17 ⇔ 

Vậy với n = 8 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 3: (4 điểm)
Giải các phương trình sau:
a/ 1 − x + 4 + x = 3
b/ x 2 + 4 x + 5 = 2 2 x + 3
Giải
a/ ĐK: −4 ≤ x ≤ 1
Bình phương 2 vế: 1 − x + 4 + x + 2 (1 − x)(4 + x) = 9 ⇔ (1 − x)(4 + x) = 2
6


x = 0
⇔ 4 − 3 x − x 2 = 4 ⇔ x( x + 3) = 0 ⇔ 
(thỏa mãn)
 x = −3

Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 0; x = -3
b/ x 2 + 4 x + 5 = 2 2 x + 3 ĐKXĐ: x ≥

) (

(

)

−3
2

⇔ x2 + 2 x + 1 + 2x + 3 − 2 2x + 3 + 1 = 0
⇔ ( x + 1) +
2

(

2
 x + 1 = 0
2x + 3 −1 = 0 ⇔ 
⇒ x = −1
 2 x + 3 = 1

)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -1
Câu 4: (3 điểm)

a/ Tìm x; y thỏa mãn: 2 ( x y − 4 + y x − 4 ) = xy

b/ Cho a; b; c là các số thuộc đoạn [ −1; 2] thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 6 hãy chứng minh

rằng: a + b + c ≥ 0
Giải
a/ 2 ( x y − 4 + y x − 4 ) = xy ⇔ x.2. y − 4 + y.2. x − 4 = xy

Xét VP = x.2. y − 4 + y.2. x − 4 theo BĐT cosi: 2 y − 4 ≤

4+ y −4 y
4+ x−4 x
= ;2 x − 4 ≤
=
2
2
2
2

vậy VP ≤ xy = VT
 x − 4 = 2
⇒ x= y =8
Dấu = xảy ra khi: 
y
−
4
=
2


b/ Do a; b; c thuộc đoạn [ −1; 2] nên a + 1 ≥ 0; a – 2 ≤ 0 nên (a + 1)(a – 2) ≤ 0
Hay: a2 – a – 2 ≤ 0 ⇒ a2 ≤ a + 2
Tương tự: b2 ≤ b + 2; c2 ≤ c + 2
Ta có: a2 + b2 + c2 ≤ a + b + c + 6 theo đầu bài: a2 + b2 + c2 = 6 nên: a + b + c ≥ 0

Câu 5: (6 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H.
KC AC 2 + CB 2 − BA2
=
KB CB 2 + BA2 − AC 2
1
b/ Giả sử: HK = AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3
3

a/ Chứng minh:

c/ Giả sử SABC = 120 cm2 và BÂC = 600. Hãy tính diện tích tam giác ADE?
Giải

7


a/ Sử dụng định lý pytago:

A

AC + CB − BA
AK + KC + ( BK + CK ) − AB
=
2
2
2
CB + BA − AC
( BK + CK ) 2 + BA2 − ( AK + KC ) 2
2

2

2

2

2

2

2

2CK 2 + 2 BK .CK 2CK (CK + BK ) CK
=
=
=
2 BK 2 + 2 BK .CK 2 BK ( BK + CK ) BK
AK
AK
b/ Ta có: tanB =
; tanC =
BK
CK
2
AK
Nên: tanBtanC =
(1)
BK .CK

D
E

B

H

K

C

KC
·
Mặt khác ta có: Bµ = HKC
mà: tanHKC =
KH

Nên tanB =

KC
KB
KB.KC
⇒ tan B.tan C =
tương tự tanC =
(2)
KH
KH
KH 2
2



Từ (1)(2) ⇒ ( tan B.tan C ) = 
÷
 KH 
2

Theo gt: HK =

AK

1
AK ⇒ tan B.tan C = 3
3
2

S
 AB 
c/ Ta chứng minh được: ∆ABC và ∆ADE đồng dạng vậy: ABC = 
÷ (3)
S ADE  AD 
Mà BÂC = 600 nên ·ABD = 300 ⇒ AB = 2AD(4)
S ABC

Từ (3)(4) ta có: S = 4 ⇒ S ADE = 30(cm )
ADE
-------------------------------------- Hết --------------------------------------Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
2

8

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012 - 2013
HUYỆN YÊN ĐỊNH
Môn thi: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Ngày thi: 26/02/2013
(Đề thi này gồm 01 trang)
ĐỀ BÀI
 x −2
x + 2  x2 − 2x + 1
−
÷
Câu 1: (3 điểm) Cho A = 
÷.
2
 x −1 x + 2 x +1 

a) Rút gọn A.
b) Tìm x để A > 0 .
c) Tìm giá trị lớn nhất của A .
Câu 2: (6 điểm)
a) Giải phương trình: 2 x 2 − 8 x − 3 x 2 − 4 x − 8 = 18
b) Giải bất phương trình: |2x-7| < x2 + 2x + 2
( x + y )( x 2 − y 2 ) = 45
c) Giải hệ phương trình: 
( x − y )( x 2 + y 2 ) = 85

Câu 3 : (4 điểm)
a) Cho a + b + c = 0 , tính giá trị của biểu thức:
1
1
1
+ 2 2
+ 2
2
2
2
b +c −a
a + c − b a + b2 − c2
b) Tìm số tự nhiên n sao cho A = n 2 + n + 6 là số chính phương.
P=

2

Câu 4 : (5 điểm)
a) Từ một điểm A nằm ngoài (O;R) kẻ hai tiếp tuyến AM, AN (M,N ∈ (O;R)).
Trên cung nhỏ MN lấy điểm P khác M và N. Tiếp tuyến tại P cắt AM tại B, cắt AN tại
C. Cho A cố định và AO = a. Chứng minh chu vi tam giác ABC không đổi khi P di động
trên cung nhỏ MN. Tính giá trị không đổi ấy theo a và R.
b) Cho tam giác ABC có diện tích bằng 36 (đơn vị diện tích). Trên cạnh BC và
cạnh CA lần lượt lấy điểm D và E sao cho DC = 3DB và EA = 2EC; AD cắt BE tại I.
Tính diện tích tam giác BID.
Câu 5: (2 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Q=

1  x 10 y 10  1 16
 2 + 2  + ( x + y 16 ) − (1 + x 2 y 2 ) 2

2 y
x  4

-------------------------------------- Hết ---------------------------------------

9


PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HUYỆN YÊN ĐỊNH

Câu

ý
a

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: Toán
Ngày thi: 26/02/2013
(Hướng dẫn chấm này gồm 03 trang)
.

Đáp án và hướng dẫn chấm
ĐKXĐ: x ≥ 0, x ≠ 1
A = − x ( x − 1)

A > 0 ⇔ − x ( x − 1) > 0 ⇔ x ( x − 1) < 0

b
1
c

2

(vì x > x − 1 )
 x > 0
⇔
⇔ 0 < x <1
 x − 1 < 0
1 1
1
1 1
A = − x ( x − 1) = − x + x − + = −( x − ) 2 + ≤
4 4
2
4 4
1
⇒ A≤
4
1
1
1
Vậy GTLN của A = khi x = ⇔ x = (t / m)
4
2
4
2 x 2 − 8 x − 3 x 2 − 4 x − 8 = 18
⇔ 2( x 2 − 4 x − 8) − 3 x 2 − 4 x − 8 − 2 = 0

Đặt x 2 − 4 x − 8 = y, y ≥ 0 ta được phương trình:
2 y − 3y − 2 = 0 ⇔ 2 y + y − 4 y − 2 = 0
2

a

2

y = 2
⇔ ( y − 2)(2 y + 1) = 0 ⇔ 
y = − 1
2

1
y = − <0 (loại); với y = 2 ta có
2
x 2 − 4 x − 8 = 2 ⇔ x 2 − 4 x − 12 = 0
⇔ ( x − 6)( x + 2) = 0
⇔ x = 6 hoặc x = −2 (thỏa mãn phương trình đã cho)
Vậy pt đã cho có 2 nghiệm: x = 6 , x = −2

b Vì x2 + 2x + 2 = (x+1)2+1 > 0

Điểm
0.25đ
0.75đ
0.25đ
0.75đ
0.75đ

0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.5đ

0.25đ
0.5đ
0.25đ
0.25đ

2 x − 7 < x 2 + 2 x + 2
Nên: |2x-7| < x + 2x + 2 <=> 
2 x − 7 > − x 2 − 2 x − 2

0.5đ

 x 2 + 9 > 0
<=>  2
 x + 4 x − 5 > 0

0.25đ

<=> x2+4x+4>9 <=> (x+2)2 >9 <=> |x+2| >3

0.25đ

2

10

x + 2 > 3

x > 1

⇔
<=> 
 x + 2 < −3
 x < −5
Kết luận nghiệm bất phương trình

0.5đ
0.25đ

( x + y )( x 2 − y 2 ) = 45
( x − y )( x + y ) 2 = 45 (1)
⇔
Biến đổi 

( x − y )( x 2 + y 2 ) = 85
( x − y )( x 2 + y 2 ) = 85 (2)

c

Từ hệ ta có x – y > 0
Nhân hai vế của (1) với 17 và nhân hai vế của (2) với 9 rồi đồng
nhất sau khi nhân ta được:
17(x – y)(x + y)2 = 9(x - y)(x2 +y2) ⇔ 4x2 + 17xy + 4y2 = 0
Nếu y = 0 thì x = 0 => không thỏa mãn hệ.

Nếu y ≠ 0 , chia hai vế của 4x2 + 17xy + 4y2 = 0 cho y2
và đặt t = x/y được: 4t2 +17t + 4 = 0 <=> (t+4)(4t+1) = 0
<=> t = - 4 hoặc t = - 1/4
<=> x = -4y hoặc y = - 4x
thay vào hệ phương trình trên được nghiệm của phương trình đã
cho là: (x ; y) ∈ {(4;-1);(1;-4)}
1
1
1
+ 2 2
+ 2
2
2
2
b +c −a
a + c − b a + b2 − c2
1
1
1
= 2 2
+ 2 2
+ 2
2
2
2
b + c − (b + c) a + c − (a + c) a + b − (a + b) 2
1
1
1
a+b+c

=
+
+
=
=0
(voi : abc ≠ 0)
−2bc −2ac −2ab
−2abc
P=

a

0.25đ
0.25đ
0.5đ
0.5đ

0.25đ
0.25đ

2

(dk : abc ≠ 0)

1đ

1đ

A = n + n + 6 là số chính phương nên A có dạng
2

A = n 2 + n + 6 = k 2 (k ∈ N * )

3

b

⇔ 4n 2 + 4n + 24 = 4k 2 ⇔ (2k ) 2 − (2n + 1) 2 = 23

0.5đ

2k + 2n + 1 = 23
⇔ (2k + 2n + 1)(2k − 2n − 1) = 23 ⇔ 
 2 k − 2n − 1 = 1

0.5đ

(Vì 23 là số nguyên tố và 2k + 2n + 1> 2k – 2n -1)
2k + 2n + 1 = 23
k = 6
⇔
⇔
 2 k − 2n − 1 = 1
n = 5

0.75đ

Vậy với n = 5 thì A là số chính phương
4

a

C ∆ABC = AB+BC+CA

0.25đ
B

M

= AB+BP+PC+CA
P
= (AB+BM)+(CN+CA)
O
A
(t/c 2 tt cắt nhau)
= AM + AN = 2AM
C
(t/c 2 tt cắt nhau)
N
= 2 OA2 − OM 2 = 2 a 2 − R 2
Vì A cố định nên OA=a không đổi vậy khi P di chuyển trên cung
nhỏ MN thì chu vi tam giác ABC không đổi.
11

0.25đ
0.5đ
0.25đ
0.5đ
0.25đ

0.25đ

C ∆ABC = 2 a 2 − R 2

Ghi chú:
- Không có điểm vẽ hình.
- Chứng minh mà không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai thì không
được công nhận (không có điểm).
(Các đường nét đứt được vẽ thêm để gợi ý chứng minh khi chấm,
học sinh phải trình bày kẻ thêm đường phụ khi chứng minh - nếu
cần)
0.5đ

1
4
1
= S ∆BIA
2

Trình bày c/m: S ∆BID = S ∆BIC
Trình bày c/m: S ∆BIC
b

1
8

1.0đ

A

1
9

0.5đ

=> S ∆BID = S ∆BIA = S ∆ABD
1
4

E

Trình bày c/m: S ∆ABD = S ∆ABC
=> S ∆BID

1
36
S ∆ABC =
=1
36
36

0.5đ

I
B

D

C

0.5đ

Ghi chú:
- Không có điểm vẽ hình.
- Chứng minh mà không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai thì không
được công nhận (không có điểm).
ĐK: x≠0, y≠0
Q=
=

1  x 10 y 10  1 16

 + ( x + y 16 ) − (1 + x 2 y 2 ) 2
+
2  y 2 x 2  4
 1
1  x 10 y 10
3
 2 + 2 + 1 + 1 + ( x 16 + y 16 + 1 + 1) − (1 + x 2 y 2 ) 2 −
2 y
2
x
 4

0.5đ

Áp dụng bắt đẳng thức Cô-si cho bốn số dương ta có:
5


1  x 10 y 10
 2 + 2 + 1 + 1 ≥ 2 x 2 y 2
2 y
x


0.25đ

1 16
( x + y 16 + 1 + 1) ≥ x 4 y 4
4

0.25đ
3
2

=> Q ≥ 2 x 2 y 2 + x 4 y 4 − 1 − 2 x 2 y 2 − x 4 y 4 − = −

5
2

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là Q = – 5/2 khi x2 = y2 = 1

0.5đ
0.5đ

Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
-------------------------------------- Hết ---------------------------------------

12


PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
TRIỆU SƠN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
Năm học 2012 - 2013

Đề chính thức

Môn thi: Toán 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 28/11/2012
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu).
ĐỀ BÀI

Số báo danh
.....................................
Câu 1: (4,0 điểm)
1. Cho biểu thức: P =

15 x − 11

x+2 x −3
a) Rút gọn biểu thức P .

+

3 x −2

1− x

−

2 x +3
x +3

.

b) Tìm m để có x thỏa mãn P( x + 3) = m .

2. Cho hàm số: f ( x ) = ( x 3 + 6 x − 7 )

2012

. Tìm f ( a ) với a = 3 3 + 17 + 3 3 − 17 .

Câu 2: (4,0 điểm)
1. Giải phương trình: x 2 + 5 x + 9 = ( x + 5) x 2 + 9 .
2. Tìm các số nguyên x, y thoả mãn đẳng thức: 2 xy 2 + x + y + 1 = x 2 + 2 y 2 + xy.
Câu 3: (4,0 điểm)
1. Tìm các số thực x sao cho x + 2012 và

13
− 2012 đều là số nguyên.
x

2. Cho ba số thực x, y, z thoả mãn xyz = 1 . Chứng minh rằng:
1

1

1

Nếu x + y + z > x + y + z thì trong ba số x, y, z có duy nhất một số lớn hơn 1.
Câu 4: (6,0 điểm)
1. Cho hình vuông ABCD và điểm P nằm trong tam giác ABC.
a) Giả sử BPC = 1350. Chứng minh rằng AP2 = CP2 + 2BP2.
b) Các đường thẳng AP và CP cắt các cạnh BC và AB tương ứng tại các điểm M
và N. Gọi Q là điểm đối xứng với B qua trung điểm của đoạn MN. Chứng minh rằng
khi P thay đổi trong tam giác ABC, đường thẳng PQ luôn đi qua D.
2. Cho tam giác ABC, lấy điểm C1 thuộc cạnh AB, A1 thuộc cạnh BC, B1 thuộc
cạnh AC. Biết rằng độ dài các đoạn thẳng AA1, BB1, CC1 không lớn hơn 1.
Chứng minh rằng SABC ≤

1
3

(SABC là diện tích tam giác ABC).

Câu 5: (2,0 điểm) Với x, y là những số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Q=

x3
+
x3 + 8y 3

4y3

y3 + ( x + y)

3

-------------------------------------- Hết --------------------------------------13


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRIỆU SƠN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
Năm học 2012 - 2013

Hướng dẫn chấm
Đề chính thức

Câu

Môn thi: Toán 9
Lớp: 9 THCS
Ngày thi: 28/11/2012
(Đáp án có 04 trang, gồm 05 câu).
.
Nội dung đáp án
Điểm
≠
≥
1. a) ĐKXĐ: x 0; x 1.
0,5
Ta có: P =
=

15 x − 11
x+2 x −3

(

15 x − 11

)(

x −1

=
=

)

x +3

−

+

3 x −2
1− x

3 x −2
x −1

(

−

2 x +3

−

x +3

2 x +3

0,75

x +3

) (
( x − 1)( x + 3)

15 x − 11 − 3 x − 2

)(

15 x − 11 − 3 x − 7 x + 6 − 2 x − x + 3

(

(

)(
( x − 1)(

)(

x −1

x −1 2 − 5 x

)

x +3

) = 2−5

x

x + 3)
x +3
1
(4,0đ
2−5 x
≥ 0; x ≠ 1 ta có P =
b)
Với
x
)
x +3

=

)(

P

(

)

x +3 − 2 x +3

=

x −1

0,75

− 5x + 7 x − 2

(

)(

x −1

)

x +3

0,5

.

)

x +3 = m 2−5 x = m  5 x = 2−m 

x=

2−m

5

0,25

m≤2

Lại có: x ≠ 1 

0,25

2−m
≠ 1  m ≠ −3
5

Vậy m ≤ 2; m ≠ −3
3
3
3
2. Ta có: a = 3 3 + 17 + 3 3 − 17  a = 6 − 6 3 + 17 + 3 − 17 



Từ đó: f ( a ) = ( a 3 + 6a − 7 )

2012

(

 a 3 + 6a − 6 = 0

)

= a 3 + 6a − 6 − 1

2012

= 1.

0,5
0,5

1. Đặt x 2 + 9 = y (với y ≥ 3 )
y = 5
y = x

Khi đó, ta có: y 2 + 5 x = ( x + 5) y ⇔ ( y − 5)( y − x ) = 0 ⇔ 
Từ đó tìm được nghiệm của phương trình là: x = ±4.

14

0,5

1,25
0,75


2. Ta có: 2 xy 2 + x + y + 1 = x 2 + 2 y 2 + xy

⇔ 2 y 2 ( x − 1) − x( x − 1) − y ( x − 1) + 1 = 0 (1)

0,25

Nhận thấy x = 1 không phải là nghiệm của PT (1). Chia cả 2 vế của
phương trình cho x – 1, ta được:
2y2 − x − y +

1
=0
x −1

(2)

2
1
PT có nghiệm x, y nguyên, suy ra
nguyên nên x – 1 thuộc {−1;1}
(4,0đ
x −1
• x – 1 = -1  x = 0
)
• x–1=1 x=2

1
2
1
Thay x = 2 vào PT(2) ta được: 2 y 2 − y − 1 = 0 ⇔ y = 1 ; y = −
2
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên ( x, y ) ∈ { ( 0,1); ( 2,1)}

Thay x = 0 vào PT(2) ta được: 2 y 2 − y − 1 = 0 ⇔ y = 1 ; y = −

1. ĐK: x ≠ 0
Đặt a = x + 2012 , b =

0,25

13
− 2012
x

0,25

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

Thay x = a − 2012 vào biểu thức b , ta được:
13

− 2012 ⇔ ab − 2025 = ( b − a ) 2012

a − 2012
Để a, b ∈ Z thì a = b , do đó ab − 2025 = 0
Từ đó, suy ra a = b = ±45 ⇒ x = ±45 − 2012
b=

0,5
0,25

Thử lại với x = ±45 − 2012 thì thấy a, b là số nguyên.
0,25
2. Xét tích:
3
(x – 1)(y – 1)(z – 1) = xyz – xy – yz – zx + x + y + z –1
(4,0đ
1 1 1
)
= x + y + z -  + +  (vì xyz = 1)
x


1

1

y

0,75

z 

1

mà x + y + z > x + y + z ⇒ (x –1)(y – 1)(z – 1) >0
Nếu cả 3 thừa số: (x –1), (y – 1), (z – 1) đều dương ⇒ xyz > 1 (loại)
Nếu cả 3 thừa số: (x –1), (y – 1), (z – 1) đều âm ⇒ (x –1)(y – 1)(z – 1)<0
(loại)
Nếu 2 thừa số dương, 1 thừa số âm ⇒ (x –1)(y – 1)(z – 1)<0
(loại)
Nên phải có 2 thừa số âm, 1 thừa số dương ⇒ trong 3 số x, y, z có hai số
bé hơn 1. Còn một số lớn hơn 1.
Vậy trong 3 số x, y, z có duy nhất một số lớn hơn 1.

15

0,75
0,25
0,25
0,25
0,25


1.a
D

A
Lấy điểm E khác phía với điểm P đối với đường thẳng
AB sao cho ∆ BPE vuông cân tại B.
Ta có ∆ BPC = ∆ BEA (c.g.c)
⇒ BEA = 1350
Do BEP = 450 nên PEA = 900

∆ AEP vuông tại E. Theo định lí Py –Ta – go
ta có:
AP2 = AE2 + EP2 = CP2 + 2BP2

0,75
0,75
E
B

(6,0đ
)

C

0,75
0,75

1.b. Trước hết ta chứng minh nhận xét sau:
4

P

Giả sử I là điểm nằm trong hình chữ nhật ABCD. A
Qua I kẻ các đường thẳng MN, PQ tương ứng song
song với AB, AD. Gọi diện tích hình chữ nhật IPBN
M
là S1, diện tích hình chữ nhật IQDM là S2.
Ta có S1 = S2 khi và chỉ khi I thuộc đường chéo AC.

P

D

B

I

N

Q

C

0,25

Thật vậy: Giả sử I thuộc đường chéo AC. Vì đường chéo của hình chữ
nhật chia hình chữ nhật thành hai phần có diện tích bằng nhau nên S 1 =
S2.
Ngược lại, giả sử S1 = S2, suy ra:
IN.IP = IM.IQ =>

0,25

IN IQ NC
=
=
IM IP MA
∆ NIC (c.g.c) => MIA = NIC

Suy ra ∆ MAI

Do M, I, N thẳng hàng nên A, I, C thẳng hàng.
Trở lại bài toán:
Dễ thấy tứ giác NBMQ là hình chữ nhật. Qua P và Q kẻ
các đường thẳng song song với các cạnh của hình
vuông. Do P thuộc đường chéo AM của hình chữ nhật
ABMR nên SBLPK = SPIRS
(1)
P thuộc đường chéo CN của hình chữ nhật NBCH nên
SBLPK = SPTHF (2)
Từ (1)&(2) suy ra: SPIRT = SPTHF
=> SFQRS = SQITH.
Theo nhận xét trên, suy ra Q thuộc đường chéo PD của
hình chữ nhật SPTD, tức PQ qua điểm D.

A S R

D

0,25
N

F

Q

H

K

P I

T

B

L M

C

0,25

16


2.
Không mất tính tổng quát, giả sử:
∠ A ≥ ∠ B ≥ ∠ C => Â ≥ 600
TH1: 60 0 ≤ Â < 900
Kẻ CH ⊥ AB, BK ⊥ AC.
1
=> SABC = CH.AB
2
Mà CH ≤ CC1 ≤ 1, ta có:
BB1
BK
1
1
2
≤
≤

≤
=
AB =
0
sin A sin A sin A sin 60
3

A
K
B1
C1

0,5

B
1

2

0,5

H

A1

C

0,5

1

=> SABC ≤ 2 .1. =
(1)
3
3
TH2: Â ≥ 90 0 => AB ≤ BB1 ≤ 1; CH ≤ CC1 ≤ 1.
1

1

1

1

=> SABC ≤ 2 .1.1 = 2 <
(2). Từ (1)&(2) suy ra SABC ≤
3
3
Ta chứng minh hai bất đẳng thức:
x3
x2
≥
x3 + 8 y3 x 2 + 2 y 2
y3

y3 + ( x + y)

3

0,25

(1)

y2
≥ 2
x + 2y2

(2)

0,25

x3
x4
Thật vậy BĐT (1) ⇔ x 3 + 8 y 3 ≥ 2
x + 2y2

(

5
(2,0đ
)

0,5

)

2

0,5

⇔ x 2 + y 2 ≥ 2 xy (đúng với mọi x, y)

BĐT (2) ⇔

y3

y3 + ( x + y)

(

)(

3

≥

(x

y4
2

)

+ 2y2

)

2

⇔ x 2 + y 2 x 2 + 3 y 2 ≥ y( x + y )

Do x 2 + 3 y 2 = x 2 + y 2 + 2 y 2 ≥ 2 y ( x + y )

3

0,5

2
3
Nên ( x 2 + y 2 )( x 2 + 3 y 2 ) ≥ ( x + y ) .2 y ( x + y ) = y ( x + y )

1
2

Suy ra BĐT (2) luôn đúng.
Từ (1) và (2) ta được Q ≥ 1
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Vậy min P = 1 khi x = y.
Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
-------------------------------------- Hết ---------------------------------------

17

0,25

0,25


PHÒNG GD & ĐT NINH SƠN
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG.

TRƯỜNG THCS TRẦN QUỐC TOẢN
NĂM HỌC: 2012 - 2013
Môn thi: TOÁN 9
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Bài 1: Chứng minh: Nếu a + 3b chia hết cho 7 thì 5a + b cũng chia hết cho 7, với a,
b là số nguyên.
Bài 2:

Cho biểu thức: P =

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

a. Rút gọn P .
b. Tính P khi x = 3 + 2 2 .
c. Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.
1
a

1
b

Bài 3: Cho a > 0, b > 0 và + = 1 . CMR a + b = a − 1 + b − 1
Bài 4: Cho hình vuông ABCD, có độ dài cạnh bằng a. E là một điểm di chuyển trên
CD ( E khác C, D). Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC tại F, đường thẳng vuông góc

với AE tại A cắt đường thẳng CD tại K.
a) Chứng minh:

1
1
+
không đổi
2
AE
AF 2
∧

∧

∧

∧

∧

b) Chứng minh: cos AKE = sin EKF .cos EFK + sin EFK .cos EKF
Bài 4: Cho ABCD là hình bình hành. Đường thẳng d đi qua A không cắt hình bình
hành, ba điểm H, I , K lần lượt là hình chiếu của B, C, D trên đường thẳng d. Xác định
vị trí đường thẳng d để tổng: BH + CI + DK có giá trị lớn nhất.
-----------------------------------Hết-------------------------------

18


HD CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG.

NĂM HỌC: 2012 – 2013. Môn thi: TOÁN 9.
Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề)
Bài Ý
Nội dung cần đạt
Ta có: 5a + b = 5(a + 3b) – 14b
1
Vì a + 3b M7 ⇒ 5(a + 3b)
Và: 14b M7
Vậy: 5a + b = 5(a + 3b) – 14b M7
x
2
x+2
+
+
x ( x − 1)
x ( x + 2)
x ( x − 1)( x + 2)

P=

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

a =

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

=

2

Điểm
1,0
1,0
1,0
1,0

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

2,0

x +1
x −1

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

b

x +1
2 +1+1
2+2
=
=
= 1+ 2

x −1
2 +1−1
2
ĐK: x > 0; x ≠ 1 :

c

P=

2,0

P=

( x + 1)
=
( x − 1)

x −1+ 2
= 1+
x −1

2
x −1

2,0

Học sinh lập luận để tìm ra x = 4 hoặc x = 9
1 1
a > 0, b > 0 và a + b = 1 . => a > 1, b > 1 ⇒ a − 1, b − 1 tồn tại

1,0

Ta có
3

1 1
+ = 1 ⇒ ab − a − b + 1 = 1 ⇒ ( a − 1) ( b − 1) = 1 ⇒
a b

a +b = a +b +2

( a − 1) ( b − 1) − 2 = (

( a − 1) ( b − 1)

a −1 + b −1

)

2

=1⇔ 2

do đó

( a − 1) ( b − 1)

=2

1,0

1,0

a + b = a −1 + b −1

4

B

A

M

M'

0,5

N
N'
K

P
D

E
Q

C

F

H

a Học sinh c/m: ∆ ABF = ∆ ADK (g.c.g) suy ra AF = AK
Trong tam giác vuông: KAE có AD là đường cao nên:
1
1
1
1
1
1
1
+
=
+
=
= 2 (không đổi)
2
2
2 hay
2
2
2
AK
AE
AD
AF
AE
AD
a

19

2,0


1
2

∧

1
2

∧

HS c/m S KEF = KE.EF .sin AEK = KE.EF .cos AKE
1
2

1
2

Mặt khác: S KEF = EH .KF = EH .( KH + HF ) . Suy ra:
b

EH .KH + EH .HF
KE.EF .cos AKE = EH .( KH + HF ) ⇔ cos AKE =
KE.EF
:
∧

∧
∧
∧
∧
EH KH EH HF
⇔ cos AKE =
.
+
.
= sin EFK .cos EKF + sin EKF .cos EFK
EF EK KE EF
∧

∧

2,0

d

H

0,5

I
A

5

P
B

K
O
D

C
Gọi O giao điểm 2 đường chéo hình bình hành,
kẻ OP vuông góc d
tại P
HS lập luận được BH + CI + DK = 4OP
2,0
Mà OP ≤ AO nên BH + CI + DK ≤ 4AO. Vậy Max(BH + CI + DK)
= 4AO
Đạt được khi P ≡ A hay d vuông góc AC
Học sinh làm các cách khác đúng với yêu cầu đề ra vẫn chấm điểm tối đa

20


TRƯỜNG THCS
TRẦN QUỐC TOẢN

THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 (VÒNG TRƯỜNG)
MÔN : TOÁN - THỜI GIAN : 120 PHÚT
NĂM HỌC: 2012-2013
ĐỀ:

Bài 1: (4,0đ)
9x
2

+
2− x x
2
2
2
a
b
c
a+b+c
+
+
≥
b) Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh :
b+c c+a a +b
2

a) Cho 0 < x < 2, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

A=

Bài 2: (4,0đ)
a/ Cho x + y = a , x2 + y2 = b, x3 + y3 = c. Chứng minh a3 + 2c = 3ab
b/ Cho a; b; c ≠ 0, a + b + c =1 và

1 1 1
+ + = 0.
a b c

Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 = 1
Bài 3: (4,0đ) Chứng minh: (a2 + 3a + 1)2 – 1 chia hết cho 24 với mọi a là số tự nhiên

Bài 4: (4,0đ)
Cho tam giác ABC , ba đường cao AA', BB', CC' cắt nhau tại H.
Chứng minh:

HA ' HB ' HC '
+
+
=1
AA ' BB ' CC '

Bài 5: (4,0đ)
Cho tam giác ABC (AB < AC) M là 1 điểm trên cạnh BC vẽ BI ⊥ AM, CK ⊥
AM. Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để tổng BI + CK lớn nhất.
..................................Hết....................................

21


PHÒNG GD - ĐT NINH SƠN
TRƯỜNG THCS TRẦN QUỐC TOẢN
THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 (VÒNG TRƯỜNG) NĂM HỌC: 2011-2012
MÔN : TOÁN - THỜI GIAN : 120 PHÚT
HƯỚNG DẪN CHẤM:
Đáp án
Biểu
điểm
Bài 1:
(4,0 đ)
a) Ta có : A =

9x
2− x
+
+1
2− x
x

Với 0 < x < 2 , ta có :

0,5

9x
2− x
9x 2 − x
+
≥2
.
= 6 ( Bất đẳng thức Côsi)
2− x
x
2− x x

Suy ra : A ≥ 7
Dấu « = » xảy ra khi và chỉ khi :
Vậy : minA = 7 ⇔ x =

9x
2− x
1
=

⇔x=
2− x
x
2

1
2

0,5
0,5
0,5

b) Vì a, b, c > 0 , áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
a2
b+c
a2 b + c
+
≥2
.
=a
b+c
4
b+c 4

0,5

b2
c+a
b2 c + a
+

≥2
.
=b
c+a
4
c+a 4

0,5

c2
a+b
c2 a + b
+
≥2
.
=c
a+b
4
a+b 4
a2
b2
c2
a +b+c
+
+
+
≥ a+b+c
b+c c+a a +b
2
a2

b2
c2
a +b+c
⇔
+
+
≥
(đpcm)
b+c c+a a+b
2

Suy ra :

Bài 2
a/ Cho x + y = a , x2 + y2 = b, x3 + y3 = c. Chứng minh a3 + 2c = 3ab
a3 + 2c = (x + y)3 + 2(x3 + y3)
= 3x3 + 3y3 + 3x2y +3xy2
3ab = 3(x + y)(x2 + y2)
= 3x3 + 3y3 + 3x2y +3xy2
Vậy: a3 + 2c = 3ab
b/ Cho a;b;c ≠ 0, a + b + c =1 và

0,5

0,5
(4,0 đ)
0,5
0,5
0,5
0,5

1 1 1
+ + = 0 Chứng minh: a2 + b2 + c2 = 1
a b c

(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc = 1
1 1 1
ab + ac + bc
+ + =0 ⇒
=0
a b c
abc
⇒ ab + ac + bc = 0
⇒ 2ab + 2ac + 2bc = 0

0,5
0,5
0,5

22


⇒ a2 + b2 + c2 = 1

Bài 3:
(a2 + 3a + 1)2 – 1 = (a2 + 3a + 1 + 1)( a2 + 3a + 1 – 1)
= (a(a + 3)(a + 1)(a + 2) chia hết cho 24 (tích 4 số tự nhiên liên tiếp)
Bài 4:
A
B'

C'

B

Ta có:
⇔
⇔
⇔

(4,0 đ)

Hình vẽ 0,5đ
0,5

jH

A'

0,5
(4,0 đ)

C

S HBC + S HAC + S HAB = S ABC

1,0

S HBC S HAC S HAB
+
+

=1
S ABC S ABC S ABC

1,0

HA'.BC HB '.AC HC '.AB
+
+
=1
AA'.BC BB'.AC CC '.AB
HA' HB ' HC '
+
+
=1
AA' BB ' CC '

1,0
0,5

Bài 5:
Vẽ đường cao AH ta có:
S∆ABM + S∆ACM = S∆ABC
1
1
AM.BI + AM .CK = S∆ABC
2
2
1
AM ( BI + CK ) = S∆ABC
2

2S
2S
⇒ BI + CK = ∆ABC ≤ ∆ABC = BC
AM
AH
Vậ
y Max ( BI + CK ) = BC. Khi AM ≡ BC ⇒ M làchâ
n đườ
ng cao vẽtừA đế
n cạnh BC

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

23

(4,0 đ)
Hình
vẽ: 0,5
0,5
0,5
1,0
1,0
0,5


PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
CẨM XUYÊN

KỲ THI CHỌN HS GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
Năm học: 2012 - 2013

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

Bài 1 (5 điểm).
Cho biểu thức: A =
, với a ≥ 0
1. Rút gon biểu thức A.
2. Thính giá trị của biểu thức A khi a = 2010 -2
.
Bài 2 (4 điểm).
1. Giải phương trình (x + 1)(x +2)(x + 4)(x + 8) = 28x2
2. Giải hệ phương trình:
Bài 3 (4 điểm).
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y2 = - 2(x6- x3y - 32)
2. Cho tam giác ABC vuông tại A có phân giác AD. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu
của B, C lên đường thẳng AD.
Chứng minh rằng: 2AD ≤ BM + CN
Bài 4 (5 điểm).
Cho tam giác ABC vuông cân tại C. Gọi M là trung điểm của cạnh AB, P là điểm
trên cạnh BC; các điểm N, L thuộc AP sao cho CN ┴ AP và AL = CN.
1. Chứng minh góc MCN bằng góc MAL.
2. Chứng minh ∆LMN vuông cân
3. Diện tích ∆ ABC gấp 4 lần diện tích ∆MNL, hãy tính góc CAP.
Bài 5 (2 điểm).
Cho a b và ab = 6. Chứng minh:
..................................Hết....................................

24

PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
TP. HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI CHỌN HS GIỎI LỚP 9 CẤP TP
NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn Toán
(Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề)
---------------------------

Bài 1 (2,0đ) Cho biểu thức: A =
Rút gọn rồi tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.
Bài 2 (2,0đ) Giải các phương trình:
a.
b.
Bài 3 (1,5đ)
a. Cho

. Tính

với

b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn:
Bài 4 (1,5 điểm)
a. Cho a, b, c là ba số hữu tỉ thỏa mãn: abc = 1 và

Chứng minh rằng ít nhất một trong ba số a, b, c là bình phương của một số hữu tỉ.
b. Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn: a + b + c = 3.
Chứng minh rằng
Bài 5 (3,0 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.
a. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng
OA.
b. Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì thì tam giác BPQ có diện tích
nhỏ nhất.
c. Chứng minh các hệ thức sau: CE.DF.EF = CD3 và
.
d. Nếu tam giác vuông BEF có một hình vuông BMKN nội tiếp (K EF; M BE và
N BF) sao cho tỉ số giữa cạnh hình vuông với bán kính đường tròn nội tiếp tam giác
BEF là

. Hãy tính các góc nhọn của tam giác BEF?
…………………..Hết………………..
25