Đề thi HSG Toán 9 cấp huyện (2016 - 2017)

PHÒNG GD&ĐT
TP. BẮC GIANG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2016-2017
Môn: Toán lớp 9 
Thời gian làm bài: 150 phút 

Bài 1: (5 điểm) 
a a b b
a
b
 với a, b > 0 và a  b 


ab
a b
b a
          Rút gọi M và tính giá trị biểu thức M biết  1  a 1  b   2 ab  1  

          a. Cho biểu thức  M=

5
4

 18 2  3  
ab 2 ab 2
          c. Cho a, b, c thỏa mãn  a  b  c  7  ;  a  b  c  23  ;  abc  3  
1
1
1

          Tính giá trị biểu thức H=
 


ab  c  6
bc  a  6
ca  b  6

          b. Tìm các số nguyên a, b thoả mãn 

Bài 2: (4,5 điểm) 
         a. Tính giá trị của biểu thức  N=

4 3  4 3

 27  10 2  

4  13
2

         b. Cho a, b là số hữu tỉ thỏa mãn   a 2  b2  2   a  b  + (1  ab) 2  4ab  
Chứng minh  1  ab  là số hữu tỉ 
2
c. Giải phương trình  x  x  4  2 x  1 1  x   
Bài 3: (3,5 điểm) 
         a. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn  x5  y 2  xy 2  1  
         b. Cho a, b, c>0 thỏa mãn abc=1 . Chứng minh 
1
1
1

3


  
ab  a  2
bc  b  2
ca  c  2 2

Bài 4: (6 điểm) Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Trên nửa  mặt phẳng  bờ 
AB có chứa nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, trên Ax lấy M sao 
cho AM > R. Từ M vẽ tiếp tuyến MC với  nửa đường tròn, từ C vẽ CH vuông góc với 
AB, CE vuông góc với AM. Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt BC tại N. Đường 
thẳng MO cắt  CE, CA, CH lần lượt tại Q, K, P. 
a. Chứng minh MNCO là hình thang cân 
b. MB cắt CH tại I. Chứng minh KI son song với AB 
c. Gọi G và F lần lượt là trung điểm của AH và AE. Chứng minh PG vuông góc với 
QF  
Bài 5: (1 điểm) Tìm số nguyên dương n lớn nhất để A= 427 + 42016 + 4n   là số chính 
phương 
Họ tên thí sinh..........................................................................SBD:................................
1


PHÒNG GD&ĐT
TP. BẮC GIANG

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2016-2017
Môn: Toán lớp 9 

. 
Câu
Nội Dung
Bài 1
a/
ab
-Rút gọn M=
 với a, b>0 và a  b 
1,5đ 
a b
-Ta có 

1  a 1  b   2
 

 ab 



a b

Điểm
4đ
 
0,75 
 
 
 
0,25 

 
 
 
 
 
0,25 
 
 
 
 
 
0,25 

ab  1  ab  a  b  1  2 ab  1



2

(

 
ab
1
a b

ab 2
) 1
a b

+ Nếu a>b>0 
ab
0
a b

 a  b  a  b  0; ab  0 

 

ab
ab
ab


1 M 1
a b
a b
a b



 

+ nếu 0ab
0
a b

 a  b  a  b  0; ab  0 

 

ab
 ab
 ab


 1  M  1
a b
a b
a b



b/
1,5đ 

5
4

 18 2  3
ab 2 ab 2
 5a  5b 2  4a  4b 2  18 2  a 2  2b2   3  a 2  2b2 
 5a  5b 2  4a  4b 2  18a 2 2  36b 2 2  3a 2  6b 2  
 18a 2 2  36b2 2  9b 2  3a 2  6b2  a
 18a 2  36b 2  9b  2  3a 2  6b2  a

3a 2  6b2  a
 
18a 2  36b 2  9b

3a 2  6b2  a
Vì a, b nguyên nên  2
 Q  2  Q  Vô lý vì  2  là số 
18a  36b2  9b

-Nếu  18a 2  36b2  9b  0  2 

vô tỉ 
-Vây ta có 
3
 2
2
2
2
3
18a  36b  9b  0
3a  6b  b
18a  36b  9b  0   2

2  a  b 
2
2
3a  6b  a  0
3a 2  6b 2  a
3
Thay a= b  vào  3a 2  6b2  a  0  t 
2
2

2

2

 
 
 
 
0,5 
 
 
 
 
 
 
 
0,25 
 
 
 
 
 
0,75 


9
4

3
2

a có  3  b2  6b2  b  0  27b2  24b2  6b  0  3b(b  2)  0  

c/
2 đ 

Ta có b=0 (loại) ; b=2 (thoã mãm) , vậy a=3. Kết luận 
 
2
Ta có   a  b  c   a  b  c  2  ab  bc  ca   
mà  a  b  c  7  ;  a  b  c  23  nên  ab  bc  ca  13  
Ta có  a  b  c  7  c  6   a  b  1  
nên  ab  c  6  ab  a  b  1   a  1 b  1  
Tương tự  bc  a  6   b  1 c  1 ; ac  b  6   a  1 c  1  
1
1
1
 


ab  c  6
bc  a  6
ca  b  6
1
1
1
           =
 


a 1 b 1

b 1 c 1
a 1 c 1

Vậy H=



          =
          =



 



c 1 a 1 b 1





a 1



b 1


abc 





c 1

 



 



a  b  c 3

 

a b c 



0,25 
 
 
 
0,75 
 
 

 
 
1,0 



ab  bc  ca  1

Bài 2
a/
2( 4  3  4  3 )
 25  10 2  2
1,5đ  N=



73
 1  
3  7  13  1

4,5 đ
0,25 
 
8  2 13
 
2( 4  3  4  3 )
2
0,5 
=
 (5  2 )

 
(4  3)  2 4  3 4  3  (4  3)
 
2( 4  3  4  3 )
2( 4  3  4  3 )
2

 (5  2) 
 5 2  2 5  2  5
2
4

3

4

3
0,5 
( 4 3  4 3)
 
2
2
0,25 
b/
(GT)   a  b   2(ab  1)  (a  b)2  1  ab   0


 
1,5đ 
4

  a  b   2(a  b) 2 (1  ab)  (1  ab)2  0
0,5 
 
2
 
2
  a  b   (1  ab)   0  (a  b)2 -(1  ab)=0


0,25 
 
 (a  b) 2  1  ab  a  b  1  ab  Q;vi:a;b  Q.KL
0,5      
 
Điều kiện:  x  1  (*). 
 
c/
2
 
1,5đ
x  x  4  2 x  1 1  x 
Ta có: 
 
 
 x 2  2 x x  1  x  1  2( x  x  1)  3  0
0,5 
2
 
  x  x  1  2  x  x  1  3  0  
 

Đặt  x  x  1  y  (Điều kiện: y  1 ** ), phương trình trở thành 
 
3


 
 
 y  1
 
y 2  2 y  3  0   y  1 y  3  0  
 
y  3
 
+Với  y  1  không thỏa mãn điều kiện (**). 
0,25 
+ Với  y  3  ta có phương trình: 
 
1  x  3
 
x  x 1  3  x 1  3 x  
2
 
 x  1  9  6x  x
0,5 
 
1  x  3
1

x


3

 

 2
  x  2  x  2
 
 x  7 x  10  0
 x  5

 
 Vậy phương trình có nghiệm  x  2.   
 
 
 
0,25 
Bài 3
3,5 đ
5
2
2
5
2
2
 
a/
Ta có  x  y  xy  1   x  1   xy  y   0  
 
1,75đ 
  x  1  x 4  x 3  x 2  x  1  y 2  x  1  0   x  1  x 4  x 3  x 2  x  1  y 2   0

 
x

1

0

 
 4
3
2
2
0,25 
x  x  x  x 1  y
2
2
 
 -*Nếu x  1  0  x  1  ta có  1  y  y  1  đúng với mọi y nguyên 
 
Vậy ngiệm của PT là (1;y Z) 
0,25 
*Nêu  x 4  x 3  x 2  x  1  y 2  4 x 4  4 x 3  4 x 2  4 x  4  (2 y )2  
 
Ta có 
 
2
2
 2 y   2 x2  x   4 x4  4 x3  4 x2  4 x  4  4 x4  4 x3  x2
 
2

 
 
 
2 8

 3x 2  4 x  4  3  x     0
 
3 3

 
2
Vậy ta có  (2 x 2  x )2   2 y  *  
 
2
2
2
Ta có   2 x 2  x  2   (2 y ) 2  5x 2  0 , Vậy ta có   2 y    2 x 2  x  2  **  
 
1đ 
Từ * và ** ta có  
2
2
 
2
2
(2 x 2  x ) 2   2 y    2 x 2  x  2    2 y    2 x 2  x  1 ;
 
 
2
2

2
 
 2 y   2 x  x  2
 
2
Nếu   2 y   (2 x 2  x  1) 2   x 2  2 x  3  0  x 2  2 x  3  0  
 
 x  1
 
 
 ( x  1)( x  3)  0  
x

3

 
+ nếu  x  1  y 2  1  y  1  
 
2
 
+Nếu  x  3  y  121  y  11  
2
 
-Nếu   2 y   (2 x 2  x  2) 2  5 x 2  0  x  0  y 2  1  y  1 . 
 
Kết luận 
 
y 2  2 y  3  0.   

4

 
 
0,25 
2
2
2
2
0,5 
Ta có  3  x 2  y 2  z 2    x  y  z   ...   x  y    y  z    x  z   0  
b/
 
2
  x  y  z   3  x 2  y 2  z 2   nên với x,y,z>0 ta có 
1,75đ 
 
2
2
2
 
x  y  z  3  x  y  z  , áp dụng ta có  
 
1
1
1
1
1
1



 


 3



ab  a  2
bc  b  2
ca  c  2
 ab  a  2 bc  b  2 ca  c  2 
 
 
 
1
11 1
2
 
-Với x,y>0 ta có  x  y  2 xy   x  y   4 xy 
 


x  y 4  x y 
0,5 
 
áp dụng ta có  
 
1
1

1
1



 
ab  a  2 ab  1  a  1 ab  abc  a  1 ab( c  1)  (a  1)
 
 
1
1
1  1  abc
1  1 c
1 
 

 

 


 


4  ab( c  1) a  1  4  ab(c  1) a  1  4  c  1 a  1 
 
1
1 c
1 
Vây ta có 

 
 

 
ab  a  2 4  c  1 a  1 
 
1
1 a
1 
1
1 b
1 
 
Tương tự ta có 
 

 

 ; 
 
bc  b  2 4  a  1 b  1  ca  c  2 4  b  1 c  1 
 
nên 
 
 
 
1
1
1



 
3



ab

a

2
bc

b

2
ca

c

2
 


 
 
0,5 
1 c
1
a

1
b
1  3
 3 







 
4  c 1 a 1 a 1 b 1 b 1 c 1 2
 
1
1
1
3
Vậy 


  dấu “=” có khi a=b=c=1 
 
ab  a  2
bc  b  2
ca  c  2 2
 
 
 
0,25 

Bài 4
6đ

5


 

E

Q

F

K

A

 

N

M

C
I
T

G

O

H

B

P

a/
2đ 

 
-Ta có  ACB  nội tiếp đường tròn (vì...) mà AB là đường kính nên 
ACB  vuông tại C   AC  BN  
Ta có MA=MC  (.....),  OA=OC  (....) nên MO là trung trực của AC 
·
·
 
 NBO
 MO  AC  MO // NB  MOA
·
·
-Ta có OA  MA  (....)  MAO  NOB  900 ; xét  MAO  và  NOB  có  
·
·
·
· ; OA  OB  R  MAO  NOB  MO  NB
MAO
 NOB
 900 ; MOA

 NBO

b/
2đ 

c/ 
2đ 

 
-Ta có  MO // NB; MO  NB  MNBO  là hình bình hành.Ta có  
MAO = NOB  (cm trên) nên ta có NO=MA, mà MA=MC (...) nên 
NO=MC vậy MNBO là hình thang cân 
 
·
·
·
·
 NOB
 900 ; CBH
 MOA
-Xét  CHB  và  MAO  có  MAO
 ( cm trên) 
CH HB HB
 


MA AO
R
-Ta có  CH  AB  (gt) ; MA  AB 
IH HB HB

(...)  CH // MA  IH // MA 
 


MA AB 2 R
CH HB
HB
IH 2 IH
-Nên ta có  

 2
 2

 CH  2 IH  IC  IH . 
MA
R
2R
MA MA
-Chi ra KI là đường trung bình của tam giác ACH   KI // AB  
 CHB : MAO 

 
-Chưng minh FQIO là hình bình hành  QF // IO  
-Chưng minh O là trục tâm tam giác GIP  
 PG  OI  PG  QF  

Bài 5
2
 
* A  427  42016  4n   227  1  41989  4n 27   

2

Vì A và   227   là số chính phương nên  1  41989  4n27  là số chính 
6

0,5 
 
 
 
 
0,75 
 
 
0,75    

0,5 
 
 
 
0,5 
 
0,5 
 
0,5 
0,75 
0,75 
0,5 
1đ
0,25 
 

 


phương 
Ta có  1  41989  4n27 > 4n 27  (2n 27 )2  
*mà  1  41989  4n27  là số chính phương nên ta có  
 
2

1  41989  4 n27   2n 27  1  2 n 27  23977  n  4004  
2

Với n=4004 ta có A= A  427  42016  44004   227  24004  là số chính 
phương 
Vậy n=4004 thì A=427+42016+4n   là số chính phương 
 
----------- HẾT --------------- 

7

 
 
0,5 
 
 
 
 
0,25 

 
PHÒNG GD & ĐT
THÀNH PHỐ THANH HÓA
------------------------ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn Toán : Lớp 9
(Thời gian làm bài: 150 phút)
--------------------------- 

Bài 1: (5,0 điểm)  
 x2
x
1  x 1
Cho biểu thức:  P  
 . Với x    0, x    1. 


:
2
x
x

1
x

x

1

1

x


a) Rút gọn biểu thức P. 
2
b) Tìm x để  P   . 
7
2
c) So sánh: P  và 2P. 

 Bài 2: (4,0 điểm)    
a) Tìm  x, y  Z  thỏa mãn:  2 y 2 x  x  y  1  x 2  2 y 2  xy  
b) Cho a, b, c là các số nguyên khác 0 thỏa mãn điều kiện:  
2
1 1 1
1 1 1
     2  2  2 . 
b c
a b c a
3
3
3
Chứng minh rằng:   a  b  c  chia hết cho 3. 
Bài 3: (4,0 điểm)  
a) Giải phương trình sau:  4 x 2  20 x  25  x 2  6 x  9  10 x  20  
b) Cho x, y là 2 số thực  thoả mãn: x2 + 2y2   + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0. 
 
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: A = x + y + 1. 

Bài 4: (6,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. N là điểm tùy ý thuộc cạnh AB. Gọi E là 
giao điểm của CN và DA. Vẽ tia Cx vuông góc với CE và cắt AB tại F. Lấy M là trung 
điểm của EF. 
a) Chứng minh: CM vuông góc với EF.  
b) Chứng minh: NB.DE = a2 và B, D, M thẳng hàng. 
c) Tìm vị trí của N trên AB sao cho diện tích của tứ giác AEFC gấp 3 lần diện tích 
của hình vuông ABCD 
 
Bài 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:  
a
b
c
a
b
c
 





ab bc ca
bc
ca
ab

--------------------------------------------------- Hết------------------------------------------------ 
Lưu ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.

8


PHÒNG GD & ĐT
THÀNH PHỐ THANH HÓA
-------------------------

Câu

Ý

HƯỚNG DẪN CHẤM 
Nội dung
Điều kiện :  x    0, x    1. 
 x2
x
1  x 1
P


:
2
x
x

1
x

x


1
1

x








a
 
2 đ 

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn Toán : Lớp 9
(Thời gian làm bài: 150 phút)
--------------------------- 






x
1  x 1



3
: 2
x

x

1
x

1

x 1


x2

 

x  2  x ( x  1)  ( x  x  1)







x 1 x  x 1

x  2 x 1







:

x 1
 
2

2
x 1

.

x 1 x  x 1

2
x  x 1
      
 
Với x    0, x    1. Ta có: 
2
P
7
2
2



x  x 1 7


Bài 1
5,0đ

    
 
 
 
 

b
   2,0đ   x  x  1  7

 

 x x 60
 ( x  2)( x  3)  0

Vì  x  3  0  nên  x  2  0  x  4 (t/m) 
2
Vậy P =   khi x = 4  
7
   
 
 
 

Vì   x  0  x  x  1  1  

9

Điểm
 
 
 
 
 
0,5 
 
 
0,5 
 
 
 
0,5 
 
 
0,5 

 
 
 
 
0,5 
 
 

 
  1,0 
 
0,25 
 
0,25 
 
0.25 
 
 
0,25 


 P2  2P  0

 
 
 
0,25 
 
0,25 

 P2  2P
Dấu “=” xảy ra khi P = 2   x = 0 
Vậy P2    2P 
2 y 2 x  x  y  1  x 2  2 y 2  xy

 

 2 y 2 x  x  y  1  x 2  2 y 2  xy  0  

 

  x  1 (2 y 2  y  x)  1

0,5 

Vì x, y   Z nên x - 1 Ư(-1) = 1; 1  
 
+) Nếu x – 1 = 1   x = 2  
Khi đó 2y2  - y – 2 = - 1  
 y = 1 (t/m) 
1
 hoặc y =  Z (loại) 
2
+) Nếu x – 1 = -1   x = 0  
Khi đó 2y2  - y  = 1  
 y = 1 (t/m) 
1
 hoặc y =  Z (loại) 
2
x  2 x  0
Vậy  
 
; 
y 1 y 1
a) Từ giả thiết  
1 1 1
1 1 1
(   )2  2  2  2

a b c
a
b c
 
 
1
1
1
 2( 
 )0
ab bc ca
Vì a, b, c   0 nên a + b + c = 0 
 a  b  c

0,25 

    c
2

0

2
   1,0đ 
x  x 1
0P2
 
 P( P  2)  0

A
2 đ 

Bài 2
4,0đ

b
2đ 

3

  a  b    c 

3

   

 a 3  b3  3ab(a  b)  c3
 a 3  b3  c3  3abc
Vậy  a 3  b3  c3 M
3 với a, b, c  Z   
Lưu ý: Nếu học sinh sử dụng hằng đẳng thức 
x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx)  
mà không chứng minh thì trừ 0,5 điểm.
10

 
 
0,5 
 
 
 

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


Đkxđ:  x  R  
4 x 2  20 x  25  x 2  6 x  9  10 x  20  
Vì  4 x 2  20 x  25  x 2  6 x  9  0  với  x  
 10x – 20   0  x  2  
Ta có:  
a
2đ 

 2 x  5  x  3  10 x  20
 2 x  5  x  3  10 x  20
 7 x  28

Bài 3
4,0đ

 x  4(t / m)
Vậy phương trình có nghiệm là x = 4 
x2 + 2y2   + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0. 
2
  x  y   7( x  y )  10   y 2

b 
2đ 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Bài 4
6,0 đ 

4 x 2  20 x  25  x 2  6 x  9  10 x  20

 

 
 
 
 
 
 
a
2đ 

 

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

 
0,5 
 
 ( x  y  2)( x  y  5)   y 2  0  
 

0,5 
 4  x  y  1  1
 
* x + y + 1 = - 4 khi x = - 5; y = 0 
0,5 
* x + y + 1 = - 1 khi x = - 2; y = 0 
 
Vậy Amin = - 4 khi x= - 5; y = 0 
0,5 
       Amax = - 1 khi x = -2; y = 0
 
 
 
 
 
E
 
 
M
 
 
 
 
A
N
B
F
 
 
 

 
 
 
D
C
 
 
 
·
·
·
 BCF
Ta có:  ECD
 (cùng phụ với  ECB
) 
 
Chứng minh được:   EDC =   FBC (cạnh góc vuông – góc  1.0 
 
nhọn)  
 
 CE = CF 
 
11


  ECF cân tại C 

1,0 

Mà CM là đường trung tuyến nên CM   EF 

* Vì   EDC =   FBC   ED = FB 
   NCF vuông tại C. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác 
vuông  ta có:  

0,5 
 
 
 
 
0.5 
 
 
 
 
 
 
0.5 
 
 
 
 
 
 
 0.5 

BC2 = NB.BF 
 a2 = NB.DE (đpcm) 
*   CEF vuông tại C có CM là đường trung tuyến nên 
EF
 

2
 AEF vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên 

CM 

B
2 đ 

EF
 
2
 CM = AM   M thuộc đường trung trực của AC. 
Vì ABCD là hình vuông nên B, D thuộc đường trung trực 
của AC 
 B, D, M thẳng hàng vì cùng thuộc đường trung trực của 
AM 

AC (đpcm). 
 
 

 
c
2đ 
 

 Đặt DE = x (x > 0)   BF = x   
 
 
 

1
       SACFE = SACF + SAEF =  AF   AE  CB    
2
1
 (AB  BF)   AE  AD 
2
1
   (a  x).DE
   
 
 
 
 
2
1
 (a  x)x
2
1
   SACFE = 3.SABCD   (a  x)x  3a 2  6a 2  ax  x 2  0  
2
                                                             (2a  x)(3a  x)  0  
Do x > 0; a > 0  3a + x > 0   2a  x  0     x = 2a 
 A là trung điểm của DE   AE = a 
AN AE
Vì AE //BC nên 

 1 
NB BC
 N là trung điểm của AB. 
 

12

 
 
 
0.5 
 
 
 
 
 
0.25 
 
 
 
0.5 
 
 
 
 
0,5 
 
 


Vậy với N là trung điểm của AB thì SACFE = 3.SABCD  
* Vì a, b, c > 0 nên 
Tương tự: 


a
a
ac
. 
1

ab
ab abc

b
ba

;
bc abc

c
cb
 

ca abc

a
b
c


 2  (1) 
ab bc ca

* Ta có: 

a
a

 
bc
a(b  c)

Vì a, b, c > 0 nên theo bất đẳng thức Cô- si ta có: 
a  (b  c)
 a(b  c)  0
2
 
2
1


abc
a(b  c )

Bài 5
1,0đ 

 


2a
a
2a
a

 



abc
abc
bc
a(b  c)

Tương tự: 

2b
b

;
abc
ac

2c
c
 

abc
ba

 


a
b

c


 2 
bc
ca
ab

Dấu ‘ =” xảy ra khi a = b +c; b = c + a; c = a +b 
tức là a = b = c (vô lý). 


a
b
c


 2  (2)  
bc
ca
ab

0.25 
 
 
 
 
 
 
 

0,5 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
  0,5 
 

Từ (1) (2) ta có đpcm. 
 
 Lưu ý khi chấm bài: 
- Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang
điểm tương ứng.
- Với bài 5, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm. 
13


 
PHÒNG GGD& ĐT
HUYỆN THIỆU HÓA
                          

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn: Toán 
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 12 tháng 01 năm 2017
 

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm có 01 trang)
 

ĐỀ BÀI
Câu 1: (4,0 điểm). Ngày thi: 12 tháng 01 năm 2017
 

1
x

1
1
2
1
1
x  y

.(

):
 
3
y x  y  2 xy ( x  y )
x
y
xy xy

Cho biểu thức: A = (  ).

a) Rút gọn biểu thức A. 
b) Tính giá trị biểu thức A khi x = 3 + 5  ; y = 3 -  5  
Câu 2: (3,5 điểm). 
a) Cho hàm số bậc nhất : y = mx + m – 1(*) (m là tham số) 
Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (*) tạo với các trục tọa độ Oxy một tam 
giác có diện tích bằng 2.  
2
         b) Giải phương trình:  x  2 x  x x  2 x  4  0

Câu 3: (3,5 điểm).  
          a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2x6 + y2 – 2x3y = 320
          b) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn   a  b  c  2016 . 
2 a  3b  3c  1 3a  2b  3c 3a  3b  2c  1


 6   
    Chứng minh rằng: 
2015  a
2016  b
2017  c
Câu 4: (5,0 điểm). Cho đường tròn (O;R), đường kính BC. Điểm A thuộc đường tròn đã 
cho (A khác B và C). Hạ AH vuông góc với BC tại H, lấy điểm M đối xứng với điểm A 
qua điểm B. Gọi I là trung điểm HC. 
 
a) Chứng minh: Tam giác AHM đồng dạng với tam giác CIA. 
 
b) Chứng minh: MH vuông góc với IA. 
 
c) Gọi K là trọng tâm của tam giác BCM, chứng minh khi điểm A chuyển động 
trên đường tròn ( O; R) với B, C cố định thì điểm K luôn thuộc một đường tròn cố định. 
Câu 5: (2,0 điểm). Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính bằng 1 và 
độ dài các đường cao của tam giác ABC là các số nguyên dương. Chứng minh tam giác 
ABC đều. 
Câu 6. (2,0 điểm). Cho a, b, c, d là các số không âm thỏa mãn a + b + c + d = 1. Tìm giá 
( a  b  c)(a  b)
trị nhỏ nhất của biểu thức  A = 
 
abcd

 
 
Họ tên học sinh: .................................................; Số báo danh: ....................................

14


PHÒNG GD&ĐT
HUYỆN THIỆU HÓA
                          
ĐỀ CHÍNH  THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn: Toán 
 

 
Câu
Câu  
1
a) ĐKXĐ : x >0 ; y>0 ; x    y 
a.
(2,0đ)
1 1
1
A =  (  ).

x

=
=

y

x y

x  y  2 xy

1
xy

. 

y )2

xy xy
x

Vậy A = 



y )2

xy .( x 

xy ( x 

=

x  y  2 xy

y

 . 
 = 

xy
x

y

xy xy
y

xy
x

2
y)

3

y)

y )3 .( x . y )

( x

y

Điểm
4,0 đ
0,5đ 

( x

2( x 

x

Nội dung

.(

 . 

1
x



1
y

xy xy
x

y

)  : 

x

y

xy xy

 

 

 
0,5đ 
 

 

0,5đ 
 

 

 

 

0,5đ 

b.
b) Với x = 3 + 5    Và y = 3 -  5   ta có : x >y>0, do đó: 
(2,0đ)
xy
  A = 
 0 
x

 

 
0,5đ 

y

 

[( 3  5 ) .( 3  5 ) ] 2
( xy )2
42
Mà  A  = 


 8 
x  y  2 xy ( 3  5 )  ( 3  5 )  2. 32  ( 5 )2 6  2.2

1,0đ 

Vậy :  A =  8  2 2  

0,5đ 

2

Câu  
2
Vì (*) là hàm số bậc nhất nên m   0   (1) 
a.
(2,0đ) Để đồ thị của (*) tạo với các trục tọa độ Oxy một tam giác là m   1 (2) 
Gọi A là giao điểm của đường thẳng (*) với trục tung  
=>  A(0; m-1) nên độ dài OA = |m-1| 
Gọi B là giao điểm của (*) với trục hoành 
=> B(
 ; 0)  nên độ  dài OB = |
 
SABC  = 2        OA.OB = 2   =    OA.OB = 4       (m - 1)2 = 4|m| 
Với  m > 0   =>  (m - 1)2 = 4m 
2 
   m - 2m + 1 = 4m 
 
 
2 
 
 
   m - 6m + 1 = 0 
15

3,5 đ
 

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


2

 

 

  (m - 3)  = 8   

  

 

 

       

    (Thỏa mãn đk)  

 
 
 
0,5đ 
 
 
0,25đ 

Với    m < 0  =>  m2 - 2m + 1 = -4m  
 
 
      m2 + 2m + 1 = 0 
 
 
      (m + 1)2 = 0 
 
 
      m = - 1 
(Thỏa mãn đk) 
Vậy  m   
  
ĐK:  x  0 .  
 
b.
(1,5đ) Nhận thấy:  x  0  không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế cho   
0,25đ 
x  ta có: 
2
4

4
2
 
x2  2x  x x  2 x  4  0  x  2  x 
  0  (x  )  ( x 
)2  0 
 
x
x x
x
0,5đ 
2
4
4
 t  0  t 2  x  4   x   t 2  4 , thay vào  ta có: 
Đặt  x 
 
x
x
x
 
t  3
2
2
 
    
 (t  4)  t  2  0  t  t  6  0  (t  3)(t  2)  0  
t  2
0,5đ 
Đối chiếu ĐK của t 

 
x  4
2
 
t 3 x 
 3  x  3 x  2  0  ( x  2)( x  1)  0  
 
x

1
 
x

 
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1 hoặc x = 4 
0,25đ 
 
Câu  
3,5 đ
3
Từ 2x6 + y2 – 2x3y = 320 <=>(x3 - y)2 + (x3)2 = 320 
 
a.
3 2
0,25đ 
(1,5đ) => (x )     320 =>  x  3 mà x nguyên nên ta có các trường hợp:
 
 
 
0,25đ 

+ Nếu x = 0 thì y không nguyên ( loại)
0,25đ 
+ Nếu x = 1 hoặc x = -1 thì y không nguyên (loại) 
0,25đ 
+ Nếu x = 2=> y= - 8 hoặc y = 24 
0,25đ 
+ Nếu x = -2 => y= -24 hoặc y = 8 
 
Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là: 
0,25đ 
           (2;-8);(2;24);(-2;- 24);(-2;8) 
 
 
2 a  3b  3c  1 3a  2b  3c 3a  3b  2c  1
b.


6 
 
(2,0đ)  Ta có : 2015  a
2016  b
2017  c
0,5đ 
b  c  4033 c  a  4032 a  b  4031


6 
                 
 
2015  a

2016  b
2017  c
 
Đặt 2015 + a = x;    
0,5đ 
      2016 + b = y; 
 
      2017 + c = z                 (x,y,z > 0) 
 
b  c  4033 c  a  4032 a  b  4031


       VT = 
 
0,5đ 
2015  a
2016  b
2017  c
 
16


VT 

         

 
 
 
 

0,5đ 

yz zx x y y x x z y z


     
x
y
z
x y z x z y

 
y x
z x
y z
. 2 . 2
.  6 (Co  si )
x y
x z
z y
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z  suy ra a = 673, b = 672, c = 671 
 

2

5,0 đ

Câu
4
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

A
D
B

O

N

I

C

H
K
E

M

·
a.
 90   
Vì A thuộc đường tròn đường kính BC nên  BAC
(1,5đ) Xét    vuông BAC và    vuông AHC có  
AB AH
                             
 = tan ·ACB  

AC HC
2AB 2AH
AM AH
 (Vì HC = 2IC)  
   (Vì AM = 2AB)  



AC
2 IC
AC
IC
 
Xét 2 tam giác AHM và CIA ta có 
AM AH
 
 



AC
IC
·
· A  (Cùng phụ  HAC
·
HAM
 IC
 
) 
                           AHM ~  CIA  ( cgc) 
Gọi giao điểm của MH với AI là D 
b.
(1,5đ)                Vì  AHM ~   CIA  ( câu a) 
·
·  ( 2 góc tương ứng) 
             HMA
 IAC
·  DAM
·
·
·
 900  nên    HMA
 DAM
 900  
Mà:   IAC
             ·
ADM  900  MH  IA   tại D 
Gọi E là trung điểm của MC. Nối AE cắt BC ở N 
c.
(2,0đ)

AN
   N là trọng tâm của tam giác AMC     
 2 
NE
0

17

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

 


Vì K là trọng tâm của tam giác MBC  
Nên K là giao điểm của BE và MO và 

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

BK
 2   
KE

AN BK

 NK / / AB   ( Định lí Ta Lét đảo)   (1) 
NE KE
BA  BM      

Vì  
   BE là đường trung bình của tam giác AMC 
EM  EC 
Nên BE//AC   mà   AC  AB   nên   BE  AB    (2) 
·
Từ (1) và (2)    NK  BE   tại K   BKN
 900   (3) 
1
Vì N là trọng tâm của   AMC nên BN = BC  không đổi 
3
  N thuộc BC cố định mà BN không đổi nên N là điểm cố định  (4) 
Từ (3) và (4)    K luôn thuộc đường tròn đường kính BN cố định.  


Câu
5

2,0 đ
Đặt BC = a; CA = b; AB = c; SABC = s;  
Gọi độ dài các đường cao ứng với các cạnh a; b; c lần lượt là x; y; z (với x, 
y, z là các số nguyên dương); r là bán kính đường tròn nội tiếp ABC. 
1
2

1
2

 
0,25đ 
 

1
2

Khi đó: SABC =s =  ax =   by =  cz  
1
2

1
2

  s = SIAB + SIAC + SIBC =  r(a + b + c) =  (a + b + c) (do r = 1) 
Suy ra: x = 

abc
 > 2 (theo BĐT tam giác).  
a

Tương tự y > 2; z > 2 

0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 

S
S
S
Lại có:  IAB  IAc  ICB  1   
s

s
s
1 1 1
     1  Do x, y, z nguyên dương và lớn hơn 2.  
x y z
2s
Giải ra ta có x = y = z = 3 nên a = b = c =  . Vậy ABC đều 
3

Câu
6

0,25đ 
 
0,5đ 
2,0 đ

Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số không âm (a + b + c) và d ta có: 
1 = (a + b + c) + d    2.  (a  b  c).d     1 = a + b + c + d    4(a + b + c).d 
  1.(a + b + c)    4(a�của x để biểu thức P nhận giá trị nguyên. 

   

 . Tính giá trị của biểu thức A = x2015 – x2016 + 

b) Cho  
2017. 
Câu 2. (2,0 đ)  
a) Giải phương trình: 

 

b) Tìm các cặp số (x; y) nguyên thỏa mãn: 

. 

Câu 3. (2,0 đ) 
a) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng 
 là hợp số. 
b)  Cho  x,  y,  z  >  0  và  x  +  y  +  z  =  1.  Tìm  giá  trị  lớn  nhất  của  biểu  thức 
 
Câu 4. (3,0 đ) 
Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng 2cm. Gọi E, F thứ tự là trung điểm 
của AD, DC. Gọi I, H thứ thự là giao điểm của AF với BE, BD. Vẽ 
 (M thuộc 
cạnh BC), O là giao điểm của IM và BD. 
a) Tính độ dài của AI, BI. 
b) Chứng minh 4 điểm B, I, H, M cùng thuộc một đường tròn. 
c) Chứng minh DH.BO = OH.BD. 
Câu 5. (1,0 đ)

 

Cho a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:  
. 
---------------Hết--------------- 
 

27

 
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO  ĐỀ THI CHỌN HS GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN 
NĂM HỌC 2016 - 2017 
ĐÔNG SƠN 
Môn Toán – Bảng A 
(Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề) 
--------------------------- 
Bài 1: Cho biểu thức: A =
a, Rút gọn biểu thức A. 
b, Tính giá trị biểu thức A khi x = 3 +  ; y = 3 -   
 
Bài 2: Cho 3 số a, b, c   0 thỏa mãn:  a b c và a3+b3 +c3 = 3abc. 
                                 P = 
          Chứng minh rằng : P.Q = 9. 

;            Q = 

Bài 3: Giải phơng trình : (4x – 1)
 

= 2(x2+1) + 2x -1. 

:

 

 

Bài 4: Giải hệ phương trình sau: 

 
 
Bài 5: Cho 3 số x,y,z thỏa mãn x + y + z = 3  và x4+y4+z4  =3xyz. Hãy tính giá trị của 
biểu thức    M = x2006 + y2006 + z2006 
 
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 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x3 +  x2 + x +1 = 2003y 
 
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  
 
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. 
----------- HẾT --------------- 
 
28


 
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO 

HÒA BÌNH 
 
 

KỲ THI CHỌN HS GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN 
Năm học 2016 - 2017 
Môn thi: Toán 
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 

Câu 1 (5.0 điểm) 
a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên a ta đều có  

  là số nguyên chia hết 

cho 6 
b) Tìm số tự nhiên n sao cho n + 24 và n – 65 là hai số chính phương. 
Câu 2 (5.0 điểm) 
a) Giải phương trình sau:  

 

b) Giải hệ phương trình sau: 

  

Câu 3 (5.0 điểm) 
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức C = x2 + 2y2 – 2xy + 4x – 2y + 15. 
b) Cho a > 1, b > 1, c > 1. Chứng minh rằng: 

 

 
Câu 4 (5.0 điểm) 
Cho đường tròn (O; R), đường kính BC. A là một điểm trên đường tròn (A khác 
B và C). Hai tiếp tuyến vẽ từ A và B cắt nhau tại P. Gọi H là hình chiếu của A lên BC, 
E là giao điểm của PC và AH. 
a) Chứng minh E là trung điểm của AH. 
b) Tính AH theo R và khoảng cách PO = d 
 
----------- HẾT ---------------

29


 
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO  KỲ THI CHỌN HS GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN 
TRỰC NINH 
Năm học 2016 - 2017 
 
Môn thi: Toán 
 
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
 
Bài 1 (4,0 điểm).  
1) Rút gọn biểu thức: A = 

  

2) Cho 
 

a) Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A 
b) Đặt B = A + x – 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B 
Bài 2 (4,0 điểm). Giải phương trình  
1) Giải phương trình: 

 

2) Giải phương trình: 

. 

Bài 3 (3,0 điểm).  
1) Chứng minh rằng với k là số nguyên thì 2016k + 3 không phải là lập phương 
của một số nguyên. 
     2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 
 
Bài 4 (7,0 điểm) 
Cho  nửa  đường  tròn  tâm  O  đường  kính  AB.  Gọi  C  là  một  điểm  nằm  trên  nửa 
đường tròn (O) (C khác A, C khác B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB, D 
là điểm đối xứng với A qua C, I là trung điểm của CH, J là trung điểm của DH. 
a) Chứng minh 
 
b) Chứng minh  CJH đồng dạng với  HIB 
c) Gọi E là giao điểm của HD và BI. Chứng minh HE.HD = HC2  
d) Xác định vị trí của điểm C trên nửa đường tròn (O) để AH + CH đạt giá trị lớn 
nhất. 
Bài 5 (2,0 điểm). Cho 

. Chứng minh rằng: 

 
-------------------HẾT-------------------- 
 
 
 
 
 
30

.