Đề thi HSG toán 9 cấp huyện (2015 - 2016)

PHÒNG GD VÀ ĐT
HUYỆN THIỆU HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 25 tháng 11 năm 2015

-------------------------------------- Hết --------------------------------------PHÒNG GD VÀ ĐT
HƯỚNG DẪN CHẤM
1


HUYỆN THIỆU HÓA

Câu
Câu 1
a.
ĐKXĐ x ≥ 0, x ≠ 9
(2,0đ)
x x −3
A=
A=

( x + 1)( x − 3)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: Toán
.
Nội dung
Điểm
4,0 đ
0,5 đ
−

2( x − 3)
x +1

−

x +3
x −3

0,5 đ

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

A=

x x − 3 − 2 x + 12 x − 18 − x − 4 x − 3
( x − 3)( x + 1)

A=

x x − 3 x + 8 x − 24 ( x + 8)( x − 3)

x +8
=
=
( x − 3)( x + 1)
( x − 3)( x + 1)
x +1

b.
Với x ≥ 0, x ≠ 9
(1,0đ)
x +8
=8
A=8 ⇔
x +1

⇔ x ( x − 8) = 0

0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ

⇔ x+8 = 8 x +8

 x =0
⇔
 x − 8 = 0

⇔ x −8 x = 0

x = 0

⇔
(thỏa mãn đk)
 x = 64

Vậy x = 0 hoặc x = 64 thì A = 8.
c.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
(1,0đ)
x +8
x + 4 + 4 4 x + 4 4( x + 1)
A=

≥
=
=4
x +1
x +1
x +1
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 4 (Thỏa mãn điều kiện)
x +1

=

Vậy GTNN của A = 4

khi

x = 4.

Câu 2

a.
Vì đường thẳng (d): y = (a - 3)x + b song song với đường thẳng y =
(1,5đ) -2x + 1 nên:
a - 3 = -2 và b ≠ 1 => a = 1; b ≠ 1
Tìm được giao điểm của đường thẳng y = 5x + 5 và y = x - 3 là M(2;-5)
Vì (d): y = -2x + b đi qua M(-2;-5) => b = -9 (thỏa mãn)
Vậy a = 1; b = -9.
b.
+ Từ hệ đã cho ta thấy nếu một trong ba số x; y; z bằng 0 thì suy ra hai
(1,5đ) số còn lại bằng 0 vậy (x; y; z) = (0; 0; 0) là một giá trị cần tìm.
+ Trường hợp xyz ≠ 0:
2

0,25 đ

0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ
3,0 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ


1 1 3
 1 17
 24
x + y = 2

 x = 24
 x = 17

 2( x + y ) = 3 xy


1 1 1
49

1 1 4
 1 19
 24
+
+
⇒  =
⇒ y =
=
 3( y + z ) = 4 yz ⇔  + = ⇒
x y z
24
 4( x + z ) = 5 xz
y z 3
 y 24
 19

1 1 5
 1 13
 24
 + =
 =

 z = 13

 z 24
z x 4

+ Vậy các cặp số (x; y; z) cần tìm là
24 24 24
(x; y; z) = (0; 0; 0) và (x; y; z) = ( ; ; )
17 19 13

Câu 3
a.
(2,0đ) A = a(4 − b)(4 − c) + b(4 − c)(4 − a) + c(4 − a)(4 − b) − abc
Ta có:
a + b + c + abc = 4 ⇔ 4a + 4b + 4c + 4 abc = 16

0,75 đ

0,25 đ
4,0 đ

0,5 đ

⇒ a (4 − b)(4 − c) = a(16 − 4b − 4c + bc)

0,5 đ

= a (2 a + bc ) 2 = a (2 a + bc ) = 2a + abc

Tương tự:

b(4 − c)(4 − a) = 2b + abc , c(4 − a)(4 − b) = 2c + abc

b.
(2,0đ)

0,5 đ

⇒ A = 2(a + b + c) + 3 abc − abc = 2(a + b + c + abc ) = 8

0,5 đ

+ Trước hết, chứng minh (x + 1) và (x 2 + 1) nguyên tố cùng nhau:

0,25 đ

Gọi d = ƯCLN (x + 1, x 2 + 1) => d phải là số lẻ (vì 2y + 1 lẻ)

0,25 đ

 x 2 + x Md
 x + 1Md

 x + 1Md
⇒ 
⇒  x 2 + 1M
⇒
⇒ 2M
d
d mà d lẻ nên d = 1.
2

x
+
1
M
d
x
−
1
M
d

 x + 1Md



0,5 đ

+ Nên muốn (x + 1)(x 2 + 1) là số chính phương
Thì (x + 1) và (x 2 + 1) đều phải là số chính phương
 x 2 + 1 = k 2
k = 1
 k = −1
⇒
⇒
Đặt: 
(k
+
x)(k
–
x)

=
1

hoặc

2
 x + 1 = t
x = 0
x = 0

+ Với x = 0 thì (2y + 1) 2 = 1 ⇒ y = 0 hoặc y = - 1

(Thỏa mãn pt)

Vậy nghiệm của phương trình là: (x; y) ∈ { (0; 0); (0; − 1)}
Câu 4

0,5 đ

0,5 đ
5,0 đ

3


A
O
Q

N

P

C

I
B
M

E
H

d

a.
Gọi Q là giao điểm của AB với OM.
(2,0đ) Ta có AM//CE (cùng vuông góc với AC) ⇒ ∠BEC = ∠MAB (so le
trong)
Mà ∠ABC = 90 0 ; ∠AQM = 90 0 và ∠AMO = ∠OMB (Dễ chứng minh).
Suy ra ∠AMO = ∠OMB = ∠BCE (cùng phụ với hai góc bằng nhau)
⇒ tan BCE = tan OMB ⇒

BE OB
MB OB
⇒
=
=
(1)
BC MB
BC BE

Lại có ∠MBA = ∠OBC (cùng phụ với góc ABO)
Nên ∠MBC = ∠OBE ( cùng = 900 + ∠OBC ) (2)
∆ OBE (c.g.c).
Từ (1) và (2) suy ra ∆ MBC
∆ OBE ⇒ ∠BCM = ∠BEO
b.
Từ ∆ MBC
(1,5đ) Gọi I và N lần lượt là giao điểm của OE với BC và MC.
∆ BIE
∆ NIC (g.g) ⇒ ∠IBE = ∠INC
Mà ∠IBE = 90 0 => ∠INC = 90 0 . Vậy CM ⊥ OE
c.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d. P là giao điểm của AB
(1,5đ) với OH
OQ OP
∆ OHM (.g.g) =>
=
Ta có ∆ OQP
OH OM
R2
2
2
 QO. OM = OP. OH = OA = R ⇒ OP =
OH
Mà O và d cố định => OH không đổi => OP không đổi
Lại có : AB = 2AQ = 2 0A 2 − OQ 2 mà OQ ≤ OP
R4
2R
⇒ AB ≥ 2 OA − OP = 2 R −

=
. OH 2 − R 2 (K.đổi)
2
OH
OH
Dấu “=” xảy ra ⇔ Q ≡ P ⇔ M ≡ H
2R
. OH 2 − R 2 ⇔ M ≡ H
Vậy GTNN của AB =
OH
2

2

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

2

Câu 5

0,5 đ
2,0 đ

4


(2,0đ) * Vẽ tam giác đều CMN
Ta có: BC = AC;
CN = CM;
∠ BCN = ∠ ACM (Vì đều có tổng với ∠ MCB bằng 600)
Do đó ∆ BCN = ∆ ACM (c.g.c) Suy ra BN = BM
* Theo giả thiết: AM 2 = BM 2 + CM 2 ⇔ BN 2 = BM 2 + MN 2
⇔ ∆BMN vuông tại M (Định lý Pitago).
·
·
·
⇒ BMC
= BMN
+ NMC
= 900 + 600 = 1500

Câu 6
Từ x + y + z = 1 ⇔ (x + y + z)3 = 1
Mà: x3 + y3 + z3 = 1 ⇒ (x + y + z)3 - x3 - y3 - z3 = 0
3
⇔ ( x + y + z ) − z 3 − ( x3 + y 3 ) = 0

0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
2,0 đ
0,5 đ

(

)

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

⇔ ( x + y ) ( x 2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2 yz + 2xz+xz + yz + z 2 + z 2 − x 2 + xy − y 2 ) = 0
⇔ ( x + y ) ( 3z + 3xy + 3 yz + 3xz ) = 0

0,5 đ

2

⇔ ( x + y ) 3( y + z ) ( x + z ) = 0

x + y = 0 x = − y
⇔  y + z = 0 ⇔  y = −z


 x + z = 0
 x = − z
2015

2015
2015
* Nếu x = − y ⇒ z = 1 ⇒ A = x + y + z = 1
2015
2015
2015
* Nếu y = − z ⇒ x = 1 ⇒ A = x + y + z = 1
2015
2015
2015
* Nếu x = − z ⇒ y = 1 ⇒ A = x + y + z = 1
Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
-------------------------------------- Hết ---------------------------------------

5

0,5 đ

0,5 đ


PHÒNG GD&ĐT

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ

THÀNH PHỐ THANH HÓA

NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN: TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (4,0 điểm)
Cho P =

x x − 2x − x + 2
x x −3 x −2

+

x x + 2x − x − 2
x x −3 x +2

1. Rút gọn P. Với giá trị nào của x thì P > 1
2. Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn nhất
Bài 2: (4,0 điểm)
1. Giải phương trình

5 − 3x − x − 1
x − 3 + 3 + 2x

=4

2. Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2 + xy + y2 = x2y2
Bài 3: (4,0 điểm)
1. Cho a = x +

1
1
; b=y+ y
x

1

, c = xy + xy

Tính giá trị biểu thức: A = a2 + b2 + c2 – abc
2. Chứng minh rằng với mọi x > 1 ta luôn có. 3(x2 -

1
1
3
)
2 ) < 2(x x
x3

Bài 4: (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có AD = BC; AB < CD. Gọi I, Q, H, P lần lượt là
trung điểm của AB, AC, CD, BD
1. Chứng minh IPHQ là hình thoi và PQ tạo với AD, BC hai góc bằng nhau.
2. Về phía ngoài tứ giác ABCD, dựng hai tam giác bằng nhau ADE và BCF. Chứng
minh rằng trung điểm các đoạn thẳng AB, CD, EF cùng thuộc một đường thẳng.
Bài 5: (2,0 điểm) Tam giác ABC có BC = 40cm, phân giác AD dài 45cm đường cao AH
dài 36cm. Tính độ dài BD, DC.
Bài 6: (2,0 điểm) Với a, b là các số thực thỏa mãn đẳng thức (1 + a)(1 + b) =
Hãy tìm GTNN của P = 1 + a 4 + 1 + b 4
-------------------------------Hết------------------

6

9
.

4


PHÒNG GD&ĐT

HƯỚNG DẪN CHẤM

THÀNH PHỐ THANH HÓA

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN: TOÁN LỚP 9

Bài

Thời gian làm bài: 150 phút
Tóm tắt cách giải

Câ
u
1

1

Điều kiện x > 0; x ≠ 1; 4
P=

( x − 2)( x + 1)
x −1

=
=

( x − 2)( x − 1)( x + 1)

+

x +1

2

0,5
+

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

⇔

0,5

2

x +1
x −1

2( x + 1)
x −1

P > 1⇔

Điểm

0,5

2( x + 1)
2( x + 1)
2x + 2 − x + 1
> 1⇔
- 1 > 0⇔
>0
x −1
x −1
x −1

x + 3 > 0 Theo đ/k x > 0
⇒ x+3>0
x −1

⇒ x–1>0 ⇒ x>1

0,5

Kết hợp điều kiện x > 0; x ≠ 1; 4
Suy ra x > 1; x ≠ 4 thì P > 1
2

P=

2( x + 1)

4
=2+
Với x > 0; x ≠ 1; 4
x −1
x −1

P nguyên ⇔ x – 1 là ước của 4
P đạt giá trị nguyên lớn nhất ⇔ x – 1 = 1 ⇔ x = 2
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 6 khi x = 2
Điều kiện x – 3 + 3 + 2 x ≠ 0

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

Phương trình tương đương
3 x − 5 - x − 1 - 4 2 x + 3 - 4x + 12 = 0 (*)

1

3
2

Xét x < - Thì (*) ⇔ - 3x + 5 + ( x – 1) + 4(2x + 3) – 4x + 12
=0
7

0,5

⇔ 2x = -28

2

0,25

⇔ x = - 14 (Thỏa mãn đk)

0,25

3
2

Xét - ≤ x < 1 Thì (*)
⇔ - 3x + 5 + x – 1 – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
⇔ x=

2
(Thỏa mãn đk)
7

Xét 1 ≤ x <

0,25

5
Thì (*)
3

⇔ - 3x + 5 – (x -1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
⇔ x=

3
(loại)
8

5
Xét x ≥ Thì (*) ⇔ 3x – 5 – (x – 1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 =
3

0,25
0,25

0
⇔x=-

2
(Loại)
5



2
7

Vậy phương trình có nghiệm x ∈ − 14; 
Ta có x2 + xy + y2 = x2y2
⇔ (x + y)2 = xy(xy + 1)

0,5
 xy = 0

2

+ Nếu x + y = 0 ⇒ xy(xy + 1) = 0 ⇔ 
 xy = −1

0,5

Với xy = 0. Kết hợp với x + y = 0 ⇒ x = y = 0
x = 1
 x = −1
hoặc 
 y = −1
y = 1

Với xy = -1. Kết hợp với x + y = 0 ⇒ 

0,5

+ Nếu x + y ≠ 0 ⇒ (x + y)2 là số chính phương
xy(xy + 1) là hai số nguyên liên tiếp khác 0 nên chúng
nguyên tố cùng nhau. Do đó không thể cùng là số chính
phương
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (x; y) = (0; 0); (1;
-1); (-1; 1)
a2 = x2 +

1
+2
x2
8

0,5


1

1

b2 = y2 + y 2 + 2
1

0,5

c2 = x2y2 + x 2 y 2 + 2
1
1
x
x
1
y
y
)(y + y ) = xy + xy + y + = c + y +
x
x
x

ab = (x +

3

x
y
+ ).c
y
x

0,5

y
)
x

0,5

⇒ abc = (c +
x

= c2 + c( y +

1

x

y

0,5

= c2 + (xy + xy )( y + )
x
1

1

= c2 + x2 + y2 + y 2 + 2
x
= a2 – 2 + b2 – 2 + c 2

2

⇒ A = a2 + b2 + c2 – abc = 4
1
1
3(x2 - 2 ) < 2(x3 - 3 )
x
x
⇔ 3(x -

1
1
1
1
)(x + ) < 2(x - )(x2 + 2 + 1)
x
x
x
x

⇔ 3(x +

1
1
) < 2(x2 + 2 + 1) (1)
x
x

( Vì x > 1 nên x -

0,5

1
> 0)
x

1,0

1
1
Đặt x + = t thì x2 + 2 = t2 – 2
x
x

0,5

Ta có (1) ⇔ 2t2 – 3t – 2 > 0
⇔ (t – 2)(2t + 1) > 0 (2)

Vì x > 1 nên (x – 1)2 > 0 ⇔ x2 + 1 > 2x ⇔ x +
2
⇒ (2) đúng. Suy ra điều phải chứng minh

1
9

1
> 2 hay t >
x


4
IP = HQ; IP//HQ (Tính chất đường trung bình) và AD = BC

0,5

(GT)

0,5

⇒ IPHQ là h.b.h

Có IP = IQ =

1
1
AD = BC nên IPHQ là hình thoi
2
2

Gọi P 1 ; Q 1 là giao điểm của PQ với AD và BC
Nhận thấy ∆ HPQ cân đỉnh H
⇒ HPQ = HQP (Góc ở đáy tam giác cân) (1)

Mà PH // BC ⇒ BQ 1 P = HPQ (So le trong) (2)
QH // AD ⇒ AP 1 P = HQP (So le trong) (3)

0,5
0,5

Từ (1); (2); (3) Suy ra AP 1 P = BQ 1 P ( đpcm)

2

Gọi K, M, N lần lượt là trung điểm của EF, DF, CE
Từ giả thiết ∆ ADE = ∆ BCF và dựa vào tính chất của đường
trung bình trong tam giác ta có ∆ HMP = ∆ HNQ (c.c.c)

0,5

Suy ra MHP = NHQ ⇒ MHQ = NHP ⇒ MHN và PHQ có
cùng tia phân giác

0,5

Mặt khác dễ có IPHQ và KMHN là các hình thoi.

0,5

Suy ra HK và HI lần lượt là phân giác của MHN và PHQ.
10


Suy ra H, I, K thẳng hàng

0,5

5

Đặt BD = x, DC = y. Giả sử x < y. Pitago trong tam giác
vuông AHD ta tính được HD = 27cm. Vẽ tia phân giác của
góc ngoài tại A, cắt BC ở E. Ta có AE ⊥ AD nên AD2 =
DE.DH. Suy ra
AD 2
45 2
DE =
=
= 75cm
DH
27

0,5

Theo tính chất đường phân giác trong và ngoài của tam giác
x
75 − x
DB
EB
⇒

=
=
(1)
y
75 + y
DC
EC

0,5

Mặt khác x + y = 40 (2)
Thay y = 40 – x vào (1) và rút gọn được
x2 – 115x + 1500 = 0 ⇔ (x – 15)(x – 100) = 0

0,5

Do x < 40 nên x = 15, từ đó y = 25.
Vậy DB = 15cm, DC = 25cm
Áp dụng Bunhiacopski cho hai dãy a2; 1 và 1; 4 ta có

0,5

(12 + 42)(a4 + 1) ≥ (a2 + 4)2
6

⇒

1+ a

4

≥

a2 + 4
17

0,5

(1)

Dấu “=” xảy ra ⇔ a =

1
2

Áp dụng Bunhiacopski cho b2; 1 và 1; 4 ta có
17(b + 1) ≥ (b + 4) ⇒
4

2

2

b +1 ≥
4

1
Dấu “=” xảy ra ⇔ b =

2

11

b2 + 4
17

(2)

0,5


Từ (1) và (2) ⇒ P ≥

a2 + b2 + 8
17

(∗ )

Mặt khác theo giả thiết (1 + a)(1 + b) =

9
5
⇔ a + b + ab =
4
4

Áp dụng Côsi ta có:
a ≤ a2 +

1
4

b ≤ b2 +

1
4

ab ≤

0,5

a2 + b2
2

Cộng từng vế ba bất đẳng thức ta được
3 2
1
5
(a + b 2 ) +
≥ a + b + ab =
2
2
4
⇒ a2 + b2 ≥ (

5 1
3
1
- ): = Thay vào ( ∗ )
4 2
2

2

1
+8
P≥ 2
=
17

17
2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

1
17
khi a = b =
2
2

Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tương đương
- Bài hình không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai không cho điểm

12

0,5


PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
BÙ ĐĂNG

KỲ THI CHỌN HS GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
Năm học: 2015 - 2016
Môn thi: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1(5,0 điểm):
1. Cho biểu thức:
a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn A;
b) Tính giá trị của A, biết
.

.

2. Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình:
Bài 2(5,0 điểm):
1. Giải hệ phương trình:
2. Cho phương trình
a) Chứng minh rằng phương trình (1) có nghiệm với mọi m
b) Tìm m để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm không âm.
Bài 3(5,0 điểm):
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Ba đường cao
AK; BE; CD cắt nhau ở H (
.
1. Chứng minh tứ giác
;
nội tiếp.
2. Chứng minh
3. Chứng minh KA là phân giác của góc
4. Gọi M, N lần lượt là trung điểm BC và DE. Chứng minh: OA//MN.
Bài 4(2,0 điểm):

Cho tứ giác lồi
có
và
không song song với nhau. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của các cạnh
và
. Chứng minh rằng:
Bài 5(3,0 điểm):
1. Cho a, b, c các số nguyên dương. Chứng minh

chia hết cho

2. Cho

.

6.
và

. Tìm giá trị nhỏ nhất của
- - - Hết - - -

13


PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
VĨNH YÊN

ĐỀ THI CHỌN HS GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2015 - 2016

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

Câu 1: (3,5 điểm)
a. Cho
và
tính giá trị của biểu thức khi

. Rút gọn biểu thức

b. Trong mặt phẳng tọa độ cho ba điểm
và tính diện tích tam giác
.

và

. Hãy vẽ các điểm

c. Cho

. Tính

.

Câu 2: (1,5 điểm)
a. Tìm tất cả các số nguyên dương
thỏa mãn
b. Cho các số nguyên tố
và số nguyên dương

. Tìm tất cả các bộ số
Câu 3: (1,0 điểm)

.

Cho các số thực dương

a.

.
thỏa mãn phương trình

.

thỏa mãn

. Chứng minh rằng:

b.

.

Câu 4: (3,0 điểm) Cho hai đường tròn
và
(
) tiếp xúc ngoài với
nhau tại điểm . Gọi
là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn đã cho (
và

). Đường thẳng

cắt đường thẳng

tại điểm

a. Chứng minh rằng tam giác
là tam giác vuông.
b. Tính độ dài đoạn thẳng
theo
c. Đường tròn
tiếp xúc ngoài với
minh rằng
thẳng hàng.
Bài 5: (1,0 điểm)

và

lần lượt tại

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn:
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
-----------Hết-----------

14

Chứng

.
.