Đề thi HSG toán 9 cấp huyện (2017 - 2018)

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN
THIỆU HÓA

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2017 – 2018
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi 24/10/2017

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 01 trang)
ĐỀ BÀI
Câu 1: (4,0 điểm)
1   2x + x − 1 2x x + x − x 
 1
−
+
÷
÷:
x   1− x
1+ x x
1− x


Cho biểu thức A = 

a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tính giá trị của A khi x = 17 − 12 2
c) So sánh A với A .
Câu 2: (4,0 điểm)

3x 2 + 6 x + 12 + 5 x 4 − 10 x 2 + 9 = 3 − 4 x − 2 x 2 .
b) Tìm các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn: 2 xy 2 + x + y + 1 = x 2 + 2 y 2 + xy.
a) Giải phương trình :
Câu 3: (4,0 điểm)
a) Cho a, b, c là 3 số nguyên thỏa mãn: a + b + c = 24102017 .
Chứng minh rằng: a5 + b5 + c5 chia hết cho 5.
b) Cho a, b, c, d là các số hữu tỉ khác 0 thỏa mãn điều kiện: a + b + c + d = 0 .
Chứng minh rằng: M = ( ab − cd )(bc − da )(ca − bd ) là số hữu tỉ.
Câu 4: (5,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.
a) Chứng minh rằng: ∆ AEF

∆ ABC và

(

S AEF
= cos 2 Α.
S ABC

)

2
2
2
b) Chứng minh rằng : S DEF = 1 − cos A − cos B − cos C .S ABC

c) Nếu

HA HB HC
+
+
=
BC AC AB

3 thì khi đó tam giác ABC là tam giác gì?

Câu 5: (1,0 điểm)
Cho tam giác đều ABC; các điểm D, E lần lượt thuộc các cạnh AC, AB sao cho
·
BD cắt CE tại P và diện tích tứ giác ADPE bằng diện tích tam giác BPC. Tính BPE
.
Câu 6: (2,0 điểm)
Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức: A = x 2 + xyz + y 2 + xyz + z 2 + xyz + 9 xyz
-------------------------------------- Hết --------------------------------------1


PHÒNG GD&ĐT HUYỆN
THIỆU HÓA

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2017 – 2018
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi 24/10/2017

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 01 trang)
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

Ý

Tóm tắt cách giải

Điểm

a

1   2x + x − 1 2x x + x − x  
1
 1

A =
−
+
x > 0;x ≠ ;x ≠ 1÷
÷

÷:  1− x
÷
4
x 
1+ x x

 1− x


0,25

2,0đ
1
(4điểm)

(

) (
(
) (

(
(

=

x
x

(

(

)

x −1
1

)(
)(
)(

(

)

2 x −1

=

b

(

) (
)(
) (
)(
) (
)(

(

)

: 2 x −1 :

( 1− x ) ( 1−

1

:

)

)

x+x

)

=

)

)

0,5
0.25

0,5

x+x

1− x + x
x

0,5

Ta có

A=

1,0đ

(

1− x + x + x 1− x

) ( 1− x ) ( 1−

x −1

)

)

(

)

2

1,0đ x = 17 − 12 2 = 3− 2 2 ⇒ x =

c

)


x 2x + x − 1 
x − 1+ x  2x + 2 x − x − 1

=
:
+

x 1− x
1− x 1+ x
1+ x 1− x + x 



x x +1 2 x −1 
2 x −1  x + 1 2 x −1

=
:
+

x x −1
1− x 1+ x
1+ x 1− x + x 


 1

2 x −1 

x
=
:  2 x − 1 
+
÷
÷
x x − 1 
 1− x 1− x + x  

(

)

1− 3− 2 2 + 17 − 12 2
3− 2 2

( 3− 2 2 )

2

= 3− 2 2 = 3 − 2 2

(

)

0,5

15− 10 2 5 3− 2 2
=

=
=5
3− 2 2
3− 2 2

1− x + x
1
= x+
−1
x
x
1
1
x+
> 2 với mọi x > 0;x ≠ ;x ≠ 1
4
x

0,25
0,25

Biến đổi ta được: A =
Chứng minh được
⇒A = x+

1
− 1> 1⇒ A > 1⇒ A − 1> 0 ⇒ A
x

(

0,25

)

A −1 > 0

⇒ A − A > 0⇒ A > A

0,25

0,25
0,25

Ta có:
a
2đ

VT =

3 x 2 + 6 x +12 + 5 x 4 −10 x 2 + 9

= 3( x +1) 2 + 9 + 5( x 2 −1) 2 + 4 ≥ 9 + 4 = 5

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = −1
2

0,5

0,5

VP = 3 − 4 x − 2 x 2 = 5 − 2( x +1) 2 ≤ 5

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = −1

⇒ VT = VP ⇔ x = −1

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = −1
b
2đ
2

0,5
0,5

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:

(4

2y2 − x − y +

điểm)

1
=0
x −1

PT có nghiệm x, y nguyên, suy ra
nên x – 1 ∈ {−1;1}
• x – 1 = -1  x = 0
• x–1=1 x=2

0,25

(2)
1
nguyên
x −1

1
Thay x = 0 vào PT(2) ta được: 2 y − y − 1 = 0 ⇔ y = 1 ; y = −
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 nghiệm nguyên ( x; y ) ∈{ ( 0;1) ; ( 2;1) } .

0,5
0,25

2

Ta có a5 - a = a( a4 - 1) = a( a2 - 1)( a2 + 1) = a( a2- 1)( a2 - 4 + 5)
= a( a2- 1)( a2 - 4) + 5 a(a2 - 1)
2đ
= a(a - 1)(a + 1)(a -2) (a +2) + 5 a( a - 1)( a+ 1)
Vì a - 2; a - 1; a; a + 1; a + 2 là 5 số nguyên liên tiếp nên có 1 số
chia hết cho 5 suy ra (a -2) (a - 1)a( a + 1)( a+ 2) chia hết cho 5
(*)
Mặt khác 5a(a - 1)( a+ 1) chia hết cho 5 (**)
a

3
(4
điểm)

5

Từ (*) và (**) suy ra a – a chia hết cho 5
5

(1)

5

tương tự có b – b chia hết cho 5 (2), c – c chia hết cho 5 (3)
5

5

5

Từ (1) (2) (3) suy ra a – a + b – b + c – c chia hết cho 5
Mà a + b+ c = 2410
5

b
2đ

5

2017

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

chia hết cho 5

5

Nên a + b + c chia hết cho 5
Ta có: a + b + c + d = 0 ⇔ ad + bd + cd + d 2 = 0 (vì d ≠ 0)
−ad = d 2 + bd + cd


⇔ −bd = d 2 + cd + ad
−cd = d 2 + ad + bd


0,5
0,25

3


M = (ab − cd )(bc − da )(ca − bd )
= ( ab + d 2 + ad + bd )(bc + d 2 + bd + cd )(ca + d 2 + cd + ad )
= ( a + d )(b + d )(b + d )(c + d )(a + d )(c + d )
=

[ (a + d )(b + d )(c + d )]

2

0,25

= (a + d )(b + d )(c + d )

Vì a, b, c, d là các số hữu tỉ nên (a + d )(b + d )(c + d )
hữu tỉ.
Vậy M = (ab − cd )(bc − da )(ca − bd ) là số hữu tỉ

0,25

là số

0,25
0,5

4

A

(5điểm)

E

F
H

B
D

C

a) Tam giác ABE vuông tại E nên cosA =
Tam giác ACF vuông tại F nên cosA =

AE
AB

0,5

AF
.

AC

0,5

AE AF
⇒ ∆AEF : ∆ABC (c.g .c)
Suy ra
=
AB AC
2
S
 AE 
2
* Từ ∆AEF : ∆ABC suy ra AEF = 
÷ = cos A
S ABC  AB 

0,5
0,5

S

S

1

2
2
CDE
BDF

b) Tương tự câu a, S = cos B, S = cos C.
ABC
ABC
Từ đó suy ra

SDEF S ABC − S AEF − S BDF − SCDE
=
= 1 − cos 2 A − cos 2 B − cos 2 C
S ABC
S ABC

1

2
2
2
Suy ra S DEF = ( 1 − cos A − cos B − cos C ) .S ABC

HC

CE

HC.HB

CE.HB

S

HBC
c) Từ ∆AFC : ∆HEC ⇒ AC = CF ⇒ AC. AB = CF . AB = S

ABC

HB.HA

S

HA.HC

S

HAC
HAB
Tương tự: AC.BC = S ; AB.BC = S . Do đó:
ABC
ABC

HC.HB HB.HA HA.HC S HBC + S HCA + S HAB
=1
+
+
=
S ABC
AC. AB AC.BC AB.BC
4

0,25
0,25


0,25

• Ta chứng minh được: (x + y + z) ≥ 3(xy + yz + zx) (*)
2

0,25

HA HB HC
+
+
≥ 3
Áp dụng (*) ta chứng minh được:
BC AC AB

Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều.
5
(1
điểm)

Kẻ EF ⊥ AC tại F, DG ⊥ BC tại G.
Theo giả thiết S ADPE = S BPC ⇒ S ACE = S BCD
·
·
Mà AC = BC ⇒ EF = DG và EAF
= DCG
= 600
Suy ra ∆AEF = ∆CDG ⇒ AE = CG.
·
·
Do đó ∆AEC = ∆CDB(c − g − c) ⇒ DBC
= ECA

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

·
·
·
·
·
⇒ BPE
= PBC
+ PCB
= PCD
+ PCB
= 600

6

Áp dụng BĐT côsi ta có
x 2 + xyz + xyz = x

(2
điểm)

= x
≤

(

(

)

x + yz + yz = x

( x + z )( x + y ) + yz

)

(

x ( x + y + z ) + yz + yz

)

3
1  x + y + x + z y + z 
3
1
+
 x + ÷
÷=
x+ ÷
2 
3 
2
2  2 
3

(Vì x + y + z =1)
Chứng minh tương tự:
y 2 + xyz + xyz ≤

0,25
0,25

3
1
y+ ÷
2 
3

0,25

3
1
z + xyz + xyz ≤
z+ ÷
2 
3
2

3

Mà

0,25

1
 x+ y+z
xyz ≤ 
÷ =
3
3 3



3
6
5 5 3
=
=
( 1+ x + y + z ) +
2
3
3 3
3
1
5 3
Vậy GTLN của A =
khi x = y = z =
3
3

0,5

Do đó A ≤

Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
-------------------------------------- Hết --------------------------------------ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi HSG Toán 9 –Năm học 2017 – 2018- THCS Phú Xuyên – Đại Từ)
5

0,5


ĐỀ BÀI
Bài 1: (2 điểm) Rút gọn các biểu thức sau:
a.

A=

b.

B =

6 + 3+ 2 2 . 3+ 2 2.

6 − 3+ 2 2 .

( 2008 − 2014) .( 2008 + 4016− 3) .2009
2

2

2005.2007.2010.2011
Bài 2: (1,5 điểm) Cho hàm số: y = mx – 3x + m + 1

a. Xác định điểm cố định của đồ thị hàm số?
b. Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số là một đường thẳng cắt hai trục tọa độ tạo
thành tam giác có diện tích bằng 1(đơn vị diện tích).
Bài 3: (2,5 điểm)
a. Chứng minh bất đẳng thức: a 2 + b2 + c 2 + d 2 ≥ (a + c)2 + (b + d )2 .
Áp dụng giải phương trình: x 2 + 2 x + 5 + x 2 − 6 x + 10 = 5
b. Cho Q =

x + 16
. Tìm giá trị nhỏ nhất của Q
x +3

Bài 4: (1,5 điểm)
Cho tam giác ABC, phân giác trong AD, đường cao CH và trung tuyến BM cắt
nhau tại I. Chứng minh rằng AB.cosA = BC.cosB.
Bài 5: (2,5 điểm)
·
Cho tam giác ABC có ABC
=600 ; BC =a; AB =c (a, c là hai độ dài cho trước).
Hình chữ nhật MNPQ có đỉnh M trên cạnh AB, N trên cạnh AC, P và Q ở trên cạnh BC
được gọi là hình chữ nhật nội tiếp trong tam giác ABC. Tìm vị trí của M trên cạnh AB
để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó.
– Hết –
Họ và tên thí sinh: ……………………….………. Số báo danh:………….

6


HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề HSG Toán 9 –Năm học 2017 – 2018- THCS Phú Xuyên – Đại Từ)
Câu Ý
1

a

Nội dung

Điểm

A = 3 + 2 2 . ( 6) 2 − ( 3 + 2 2) 2 = 3 + 2 2 . 6 − (3 + 2 2)

0.5

A = (3 + 2 2)(3 − 2 2) = 9 − (2 2) 2 = 1

0.5

( 2008 − 2014) .( 2008 + 4016− 3) .2009 . Đặt x = 2008, khi
2

B=

2

2005.2007.2010.2011

0.25

2.0

đó

2
2
b B = ( x − x − 6) ( x + 2x − 3) ( x + 1) =

0.25

( x − 3) ( x − 1) ( x + 2) ( x + 3)
( x + 2) ( x − 3) ( x + 3) ( x − 1) ( x + 1)
= x + 1 = 2009
( x − 3) ( x − 1) ( x + 2) ( x + 3)

2

y = (m – 3)x + (m + 1)
Giả sử M(x0; y0) là điểm cố định của đồ thị hàm
m+1
ta có:
y0 = mx0 – 3x0 + m+ 1 thỏa mãn với mọi giá
a của m
⇔ m( x0 + 1) + (1 − 3 x0 − y0 ) = 0, ∀m

0.5
số,
A

0.25

trị
0.25

B

 x0 + 1 = 0
 x0 = −1
⇔
⇔
1 − 3 x0 − y0 = 0
 y0 = 4

m+1

O

m-3

1.5

Vậy điểm cố định cần tìm M(-1; 4)
Ta có: Đồ thị là đường thẳng cắt hai trục tọa độ khi m – 3
≠0⇔m≠3
1
m +1
= 1 ⇔ (m + 1) 2 = 2 m − 3
S ∆ ABO = m + 1
2
m−3
b

Nếu m> 3 ⇔ m2 +2m +1 = 2m -6 ⇔ m2 = -7 ( loại)
Nếu m < 3 ⇔ m2 +2m +1 = 6 – 2m ⇔ m2 + 4m – 5 =0
⇔ (m – 1)(m + +5) = 0 ⇔ m = 1; m = -5

3

Ghi
chú

a Hai vế BĐT không âm nên bình phương hai vế ta có:
a2 + b2 +c2 + d2 +2 (a 2 + b2 )(c 2 + d 2 ) ≥ a2 +2ac + c2 + b2 + 2bd
+ d2
⇔ (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) ≥ ac + bd (1)
Nếu ac + bd < 0 thì BĐT được c/m
Nếu ac + bd ≥ 0 (1) ⇔ ( a2 + b2 )(c2 + d2) ≥ a2c2 + b2d2
7

0.5

0.5
1.5

0.5


+2acbd
⇔ a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2 ≥ a2c2 + b2d2 +2acbd
⇔ a2d2 + b2c2 – 2abcd ≥ 0 ⇔ (ad – bc)2 ≥ 0 ( luôn đúng)
Dấu “=” xẩy ra ⇔ ad = bc ⇔

0.5

a c
=
b d

Áp dụng: xét vế trái VT =
0.25

( x + 1) 2 + 2 2 + (3 − x) 2 + 12 ≥ ( x + 1 + 3 − x) 2 + (2 + 1) 2
⇔ VT ≥ 16 + 9

⇔ VT ≥ 5

0.25

Mà VP = 5, vậy dấu bằng xẩy ra ⇔
x +1 3 − x
5
=
⇔ x +1 = 6 − 2x ⇔ x =
2
1
3
≥
Điều kiện: x 0
( x − 9) + 25
25
= x +3+
−6

Q=
x +3
x +3

0.75

b
25
≥ 2 ( x + 3).
− 6 ⇔ Q ≥ 10 − 6 = 4
.
x +3

0.25

Vậy Qmin = 4; Dấu “=” xẩy ra ⇔ x + 3 =

25
⇔ x = 4 (TM
x +3

điều kiện)

A

Hình vẽ chính xác
Kẻ MN // AB .

4

1.0

0.2

M
H

I

HB IB
=
Ta có ∆ HIB : ∆ NIM (g.g) ⇒
(1)
MN IM
B
D
AB
IB
·
⇒
=
Vì AD là phân giác của BAC
(2)
AM IM
AB HB
=
Từ (1) và (2) ⇒
(3)
AM MN
1

Mà MN = AH (vì MN là đường trung bình của ∆ ACH);
2
1
AM = AC (vì M là trung điểm của AC) (4)
2
AB HB
⇔ AB.AH = AC.HB. (*)
=
Từ (3) và (4) ⇒
AC AH
Xét ∆ ACH có ·AHC = 900 ⇒ AH = AC.cosA
·
Xét ∆ BCH có BHC
= 900 ⇒ BH = BC.cosB (**)
A
Từ (*) và (**) ⇒ xAB.AC.cosA = AC.BC.cosB ⇔ AB.cosA
= BC.cosB. M
N
Vậy AB.cosA = BC.cosB.

5

N
C

0.5

1.5
0.5

0.3

2.5
8
B

600

Q

P

C


0.2
Hình vẽ
Đặt AM =x (0Ta có:

MN AM
ax
c- x) 3
=
⇔ MN = ; MQ =BM.sin600 =(
.
BC AB
c
2

0.3

Suy ra diện tích của MNPQ là:
S=

ax ( c- x) 3
2c

=

0.5

a 3
x ( c- x)
2c
2

a+b
 a+b 
≥ ab ⇔ ab ≤ 
+ Ta có bất đẳng thức:
÷ (a>0,b >0)
2
 2 

0.25

2

c2

 x+c- x 
=
Áp dụng, ta có: x(c- x) ≤ 
.
÷
4
 2 

0.5
c
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi: x =c- x ⇔ x = .
Suy ra: S ≤

c
a 3 c2 ac 3
ac 3
. =
. Vậy: Smax =
khi x = hay M
2
2c 4
8
8

là trung điểm của cạnh AB
– Hết –

9

0.25
0.5


ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
( Đề HSG Toán 9 –Năm học 2017 – 2018- THCS Việt Ấn – Đại Từ)
ĐỀ BÀI
Câu 1: (2 điểm).
2
a, Cho x > 0 và x +

1
1
= 7 . Tính giá trị của biểu thức: x5 + 5
2
x
x

a b
+ ≥2
b a
 x + my = 2
Cho hệ phương trình 
( m là tham số )
mx − 2 y = 1

b, Cho a,b,c > 0. Chứng minh:
Câu 2: (2 điểm).

a, Giải hệ phương trình theo tham số m.
b,Tìm số nguyên m để hệ có nghiệm duy nhất (x;y) mà x và y là các số nguyên.
Câu 3: (1,5 điểm).
Tìm số tự nhiên n để n + 18 và n − 41 là hai số chính phương.
Câu 4: (2,5 điểm).
∧
Cho tam giác ABC ( A ≠ 900) nội tiếp đường tròn tâm O, đường thẳng AB, AC
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC tâm I lần lượt tại M, N. Gọi J là điểm đối xứng
của I qua MN. Chứng minh:
a, Tam giác AMC là tam giác cân;
b, AJ vuông góc với BC.
Câu 5: (2 điểm).
Cho tam giác ABC vuông góc tại đỉnh A, đường cao AH. Đường tròn đường kính
BH cắt cạnh AB tại điểm D và đường tròn đường kính CH cắt cạnh AC tại điểm E. Gọi
I,J theo thứ tự là các trung điểm của các đoạn thẳng BH, CH
a, Chứng minh bốn điểm A,D,H,E nằm trên một đường tròn. Xác định hình dạng
tứ giác ADHE.
b, Chứng minh DE là một tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn
– Hết –
Họ và tên thí sinh: ……………………….………. Số báo danh:………….

10


ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
( Đề HSG Toán 9 –Năm học 2017 – 2018- THCS Việt Ấn)
Câu 1: (2 điểm)

2
1
1
1
2

a, Từ x + 2 = 7 ⇒  x + ÷ = 9 ⇒ x + = 3 ( vì x > 0)
x
x
x


(0,25đ)

1
1
1
⇒ ( x + )( x 2 + 2 ) = 21 ⇒ x 3 + 3 = 18
x
x
x

(0,25đ)

1
1
)( x 2 + 2 ) = 7.18
3
x
x

1
⇒ x 5 + 5 = 123
x
⇒ ( x3 +

(0,25đ)
(0,25đ)

b, Do a, b > 0

(0,25 đ)

a b
+ ≥2
b a
a 2 + b2
⇔
≥2
ab

⇒

(0,25 đ)
(0,25 đ)

⇔ a 2 + b 2 − 2ab ≥ 0
⇔ ( a − b) ≥ 0
2

a

b

b
a

bất đẳng thức này đúng => + ≥ 2

(0,25 đ)

Câu 2: (2 điểm)
 x + my = 2
(I)
mx − 2 y = 1

a, 


x =

x = 2− my
x = 2 − my

(I) ⇔ 
⇔
(0,5®) ⇔ 
2
m(2
−
my)
−

2y
=
1
(2
+
m
)y
=
2m
−
1


y =


m+ 4
m2 + 2 (0,5®)
2m− 1
m2 + 2

b, Theo phần a, với mọi giá trị của m hệ có nghiệm duy nhất nêu trên. Giả sử x và y là
các số nguyên, khi đó m2+2 \ (2m-1) => ≥│2m-1│≥ m2 +2 (0,25đ) =>
 2m− 1≥ m2 + 2
(m− 1)2 + 2 ≤ 0
⇔


2
2

2m− 1≤ −m − 2  (m+ 1) ≤ 0

(0,5®)

Ngược lại: với m = -1 thì hệ có nghiệm x = 1; y = -1 thoả mãn yêu cầu bài toán (0,25đ)
Câu 3: (1,5 điểm)
Số n + 18 và n − 41 là hai số chính phương
2
⇔ n + 18 = p 2 và n − 41 = q ( p, q ∈ N)
(0,25 đ)
11


⇒ p 2 − q 2 = ( n + 18 ) − ( n − 41) = 59 ⇔ ( p − q ) ( p + q ) = 59

(0,25 đ)

 p − q = 1  p = 30
⇔
 p + q = 59
 q = 29

Nhưng 59 là số nguyên tố nên: 

(0,25 đ)

Ta có : n + 18 = p 2 = 302 = 900 suy ra n = 882
Thay vào n − 41 , ta được 882 − 41 = 841 = 292 = q 2 .
Vậy với n = 882 thì n + 18 và n − 41 là hai số chính phương.

(0,25 đ)
(0,25 đ)
(0,25 đ)

A

Câu 4: (2,5 điểm)
Vẽ hình đúng: (0,25đ)
Học sinh vẽ hình sai không chấm
J
·
·
a, MCO
(chắn cung MO)
= MBO
·MAO = MBO
·
·
·
; OCA = OAC
·
·
·
MCA
= MCO
+ OCA
·
·
= MBO
+ OAC

·
·
= MAO
+ OAC
·
= MAC

⇒ Tam giác MAC cân

(0,25đ)

O

N

M

(0,5đ)
I

(0,25đ)

C

B

b, Từ đó A nằm trên cung chứa góc đối xứng qua MN
(0,25đ)
I , J đối xứng qua MN ⇒ J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN (0,25đ)
1·

·
·
BCA
= AMN
= AJN
2
·
·
·
·
⇒ BCA
= 900 − JAN
AJC
= 1800 − 2JAN

(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ) Chú ý:

⇒AJ vuông góc với BC
Học sinh vẽ hình như hai trường hợp sau câu 1) chứng minh sẽ khác
A

Câu 5 (2 điểm)
Vẽ hình đúng: (0,25đ)

1

2

E
1 2

3

D

B

12

C
I

H

J


∧

∧

a, Ta có D = E = 900
⇒ Hai điểm D, E nằm trên đường tròn đường kính AH.
Tứ giác ADHE là hình chữ nhật.(Tứ giác có 3 góc vuông)
∧

∧

b, Tứ giác ADHE là hình chữ nhật, suy ra A1 = E1
∧

∧

(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)

∧

Ta lại có : A1 = C (cùng phụ với A2 )
∧

∧

C = E3 ( ∆EJC cân)
⇒
∧

∧

∧

E1 = E3

∧

(0,25đ)

∧

mà E2 + E3 = 900

∧

ˆ = 900
⇒ E + E = 900 ⇒ DEJ
1
2
⇒ DE ⊥ JE

(0,25đ)
Chứng minh tương tự, ta có DE là tiếp tuyến tại D của đường tròn (I) hay DE là tiếp
tuyến chung ngoài của hai đường tròn (I) và (J).
(0,25đ)

– Hết –

13


ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
( Đề thi HSG Toán 9 –-Năm học 2017 – 2018- THCS Hoàng Nông)
ĐỀ BÀI
Bài 1. (3,0 điểm)
a +1 a a −1 a2 − a a + a −1
+

+
Cho biểu thức: M =
với a > 0, a ≠ 1.
a
a− a
a −a a
a) Chứng minh rằng M > 4.
6
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N =
nhận giá trị nguyên?
M
Bài 2. (3,0 điểm)
17x + 2y = 2011 xy
a) Giải hệ phương trình: 
x − 2y = 3xy.
1
x + y − z + z − x = (y + 3).
b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho:
2
Bài 3 (6,0 điểm)
Cho đoạn thẳng AB và điểm E nằm giữa điểm A và điểm B sao cho AE < BE. Vẽ
đường tròn (O1) đường kính AE và đường tròn (O2) đường kính BE. Vẽ tiếp tuyến
chung ngoài MN của hai đường tròn trên, với M là tiếp điểm thuộc (O 1) và N là tiếp
điểm thuộc (O2).
a, Gọi F là giao điểm của các đường thẳng AM và BN. Chứng minh rằng đường
thẳng EF vuông góc với đường thẳng AB.
b, Với AB = 18 cm và AE = 6 cm, vẽ đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng
MN cắt đường tròn (O) ở C và D, sao cho điểm C thuộc cung nhỏ AD. Tính độ dài đoạn
thẳng CD.
Bài 4: (5,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) và (L) lần lượt là đồ thị của hai

hàm số: y = − 1 x + 3 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 5: (3 điểm) 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
– Hết –
Họ và tên thí sinh: ……………………….………. Số báo danh:………….

14


ĐÁP ÁN
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
( Đề thi HSG Toán 9 –-Năm học 2017 – 2018- THCS Hoàng Nông)
Bài ý

Đáp án
a a − 1 ( a − 1)(a + a + 1) a + a + 1
=
=
a− a
a ( a − 1)
a

Do a > 0, a ≠ 1 nên:

1a
(1,5đ)

và

a 2 − a a + a − 1 (a + 1)(a − 1) − a (a − 1) (a − 1)(a − a + 1) −a + a − 1
=
=
=
a −a a
a (1 − a)
a (1 − a)
a
a +1
+2
⇒ M=
a

Do a > 0; a ≠ 1 nên: ( a − 1)2 > 0 ⇔ a + 1 > 2 a
⇒M>

2 a
+2=4
a

Ta có 0 < N =

6 3
< do đó N chỉ có thể nhận được một giá trị nguyên là 1
M 2

6 a
1b
= 1 ⇔ a − 4 a + 1 = 0 ⇔ ( a − 2) 2 = 3
Mà N = 1 ⇔
a
+
1
+
2
a
(1,5đ)
⇔ a = 2 + 3 hay a = 2 − 3 (TMĐK)

Vậy, N nguyên ⇔ a = (2 ± 3) 2

17x + 2y = 2011 xy

x − 2y = 3xy.

Có hệ phương trình: 

2a
(1,5đ)

(1)

17 2
 1 1007
9


x=
 y + x = 2011  y = 9




490
⇔
⇔
Nếu xy > 0 thì (1) ⇔  1 2
(TMĐK)
 − =3
 1 = 490
y = 9


 x
1007

9
y x
17 2
 1 −1004
 y + x = −2011  y = 9


⇔
⇒ xy > 0 (loại)
Nếu xy < 0 thì (1) ⇔  1 2

1
1031
 − =3
 =−


y
x
18
x


Nếu xy = 0 thì (1) ⇔ x = y = 0 (nhận).
9 
 9
;
KL: Hệ có đúng 2 nghiệm là (0;0) và 
÷
490 1007


(1,5đ)



1
2

b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho: x + y − z + z − x = (y + 3) (2)
Điều kiện x ≥ 0; y − z ≥ 0; z −x ≥ 0 ⇔ y ≥ z ≥ x ≥ 0

15


(2) ⇔ 2 x + 2 y − z + 2 z − x = x + y − z + z − x + 3
⇔ ( x − 1) 2 + ( y − z − 1) 2 + ( z − x − 1) 2 = 0
 x =1
x = 1


⇔  y − z = 1 ⇔  y = 3 (TMĐK)

z = 2

 z − x = 1

F
D
N

I
C
S

3a
(3đ)

A

M

E

O1

O

O2

B

O1M; O2N ⊥ MN ⇒ O1M/ / O2N
Do O1; E; O2 thẳng hàng nên ∠ MO1E = ∠ NO2B
Các tam giác O1ME; O2NB lần lượt cân tại O1 và O2 nên ta có:
∠ MEO1= ∠ NBO2
(1)
Mặt khác ta có: ∠ AME = 900 ⇒ ∠ MAE + ∠ MEO1= 900 (2)
⇒ ∠ MAE + ∠ NBO2 = 900 ⇒ ∠ AFB = 900
⇒ Tứ giác FMEN có 3 góc vuông ⇒ Tứ giác FMEN là hình chữ nhật
⇒ ∠ NME = ∠ FEM (3)
Do MN ⊥ MO1 ⇒ ∠ MNE + ∠ EMO1 = 900 (4)
Do tam giác O1ME cân tại O1 ⇒ ∠ MEO1 = ∠ EMO1 (5)
Từ (3); (4); (5) ta có: ∠ FEM + ∠ MEO1= 900 hay ∠ FEO1 = 900 (đpcm)

16


Ta có EB = 12 cm ⇒ O1M = 3 cm < O2N = 6 cm
⇒ MN cắt AB tại S với A nằm giữa S và B.
OM

3b
(3đ)

SO

1
1
Gọi I là trung điểm CD ⇒ CD ⊥ OI ⇒ OI// O1M //O2N ⇒ O N = SO
2
2
⇒ SO2 = 2SO1 ⇒ SO1+O1O2 = 2SO1 ⇒ SO1= O1O2
Do O1O2 = 3 + 6 = 9 cm ⇒ SO1= O1O2 = 9 cm ⇒ SO =SO1 + O1O = 15cm

OI

SO

Mặt khác: O M = SO ⇒ OI = 5 cm
1
1
Xét tam giác COI vuông tại I ta có: CI2 + OI2= CO2 ⇒ CI2 + 25 = CO2
Ta có: CO = 9 cm ⇒ CI2 + 25 = 81 ⇒ CI = 56
⇒ CD = 4 14 cm
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:
y

4a
(2,5đ)
N

3

(L)

(D)
3/2
1
-3

O

M

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
4b
(2,5đ)

5
(3đ)

ON =

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
Do a; b; c thuộc đoạn [ −1; 2] nên a + 1
a – 2 ≤ 0 nên (a + 1)(a – 2) ≤ 0
Hay: a2 – a – 2 ≤ 0 ⇒ a2 ≤ a + 2
17

≥

0;

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
– Hết –

18

≥

0