Đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 của các tỉnh từ năm 2009 2018 có đáp án chi tiết

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
Đề chính thức

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9
NĂM HỌC 2009 – 2010
Môn thi: TOÁN LỚP 9 - BẢNG A
Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1. (4,5 điểm):
a) Cho hàm số f (x)  (x 3  12x  31)2010
Tính f (a) tại a  3 16  8 5  3 16  8 5
b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 5(x 2  xy  y2 )  7(x  2y)
Câu 2. (4,5 điểm):
2
3
2
2
a) Giải phương trình: x  x  x  x  x

1 1 1
x  y  z  2

b) Giải hệ phương trình:  2 1
  4
 xy z 2
Câu 3. (3,0 điểm):
Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1
1
1

A 3


x  y3  1 y3  z 3  1 z 3  x 3  1
Câu 4. (5,5 điểm):
Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và
B. Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với
đường tròn tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai
đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác
với điểm A). Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng:
a) MI.BE  BI.AE
b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5. (2,5 điểm):
Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến AD. Điểm M di động
trên đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AB và AC. Vẽ
NH  PD tại H. Xác định vị trí của điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn
nhất.
- - - Hết - - -


Họ và tên thí sinh:....................................................................................................
Số báo danh:....................
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2009 – 2010

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang )
Môn: TOÁN - BẢNG A

Câu

Nội dung

Ý

Điểm

a  3 16  8 5  3 16  8 5

 a3  32  3 3 (16  8 5)(16  8 5).( 3 16  8 5  3 16  8 5 )

a)  a  32  3.(4).a
(2,0đ)  a3  32 12a
3

 a3  12a  32  0
 a3  12a  31  1
 f (a)  12010  1

(1)
5( x2  xy  y 2 )  7( x  2 y)
 7( x  2 y) 5
 ( x  2 y) 5
1,
(4,5đ)

Đặt x  2 y  5t (2)
(t  Z )
2

(1) trở thành x  xy  y 2  7t (3)
Từ (2)  x  5t  2 y thay vào (3) ta được
3 y 2  15ty  25t 2  7t  0 (*)
2
b)   84t  75t
2
(2,5đ) Để (*) có nghiệm    0  84t  75t  0

0t 

28
25

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

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

Vì t  Z  t  0 hoặc t  1
Thay vào (*)
Với t  0  y1  0  x1  0
 y2  3  x2  1

 y3  2  x3  1

Với t  1  

ĐK x  0 hoặc x  1
Với x  0 thoã mãn phương trình
1

3
2
2
2
2,
a) Với x  1 Ta có x  x  x ( x  1)  2 ( x  x  1)
(4,5đ) (2,5đ)
1 2
2
2

x  x  1( x  x)  ( x  x  1)
2

 x3  x 2  x 2  x  x 2

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

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


2

x  x 1
Dấu "=" Xẩy ra   2

x  x  1
2

x  x 1
 2
 x  1  x  1 Vô lý

x  x 1

0,25

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  0

0,25
0,25

0,25

1 1 1
 x  y  z  2 (1)

ĐK x; y; z  0
(I ) 
 2  1  4 (2)
 xy z 2
1
1 1 2 2 2
Từ (1)  2  2  2     4
x
y
z
xy xz yz

0,25

Thế vào (2) ta được:

0,25

2 1
1
1 1 2 2 2
 2  2 2 2  
xy z
x
y
z

xy xz yz
1
1
2 2 2
b)  x 2  y 2  z 2  xz  yz  0
(2,0đ)
1 2 1
1
2 1
 ( 2   2)( 2   2)  0
x
xz z
y
yz z

0,25
0,25
0,25

2

1 1  1 1
        0
x z  y z
1 1
 x  z  0

 x  y  z
1
1

  0
 y z
2

0,25

Thay vào hệ (I) ta được: ( x; y; z )  ( ; ;  ) (TM )

0,25

Ta có (x  y)2  0 x; y

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

1 1
2 2

1
2

 x2  xy  y 2  xy

3,
(3,0đ)

Mà x; y > 0 =>x+y>0
Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2)
 x3 + y3 ≥ (x + y)xy
 x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz
 x3 + y3 + 1 ≥ xy(x + y + z) > 0
Tương tự: y3 + z3 + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0
z3 + x3 + 1 ≥ zx(x + y + z) > 0
1
1
1


A 
xy(x  y  z) yz(x  y  z) xz(x  y  z)
xyz
A 
xyz(x  y  z)

0,25


1
1
xyz
Vậy giá trị lớn nhất của A là 1  x = y = z = 1

A 

4,
(5,5đ)

Ta có: BDE  BAE (cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O)
BAE  BMN (cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O')
 BDE  BMN
hay BDI  BMN  BDMI là tứ giác nội tiếp
a)  MDI  MBI (cùng chắn cung MI)
(3,0đ) mà MDI  ABE (cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O)
 ABE  MBI
mặt khác BMI  BAE (chứng minh trên)
 MBI ~  ABE (g.g)
MI BI


 MI.BE = BI.AE
AE BE
Gọi Q là giao điểm của CO và DE  OC  DE tại Q
  OCD vuông tại D có DQ là đường cao
2
2
b)  OQ.OC = OD = R (1)
(2,5đ) Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm
của AB và OO'  OO'  AB tại H.
Xét KQO và CHO có Q  H  900 ;O chung

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,50
0,50

0,50
0,50


 KQO ~ CHO (g.g)


Từ (1) và (2)  KO.OH  R 2  OK 

5,
(2,5đ)

0,50

KO OQ

 OC.OQ  KO.OH (2)

CO OH

R2
OH

Vì OH cố định và R không đổi
 OK không đổi  K cố định

0,50

ABC vuông cân tại A  AD là phân giác góc A và AD  BC
 D  (O; AB/2)
Ta có ANMP là hình vuông (hình chữ nhật có AM là phân giác)
 tứ giác ANMP nội tiếp đường tròn đường kính NP
mà NHP  900  H thuộc đường tròn đường kính NP
 AHN  AMN  450 (1)
Kẻ Bx  AB cắt đường thẳng PD tại E
 tứ giác BNHE nội tiếp đường tròn đường kính NE
Mặt khác BED = CDP (g.c.g)  BE = PC
mà PC = BN  BN = BE  BNE vuông cân tại B
 NEB  450 mà NHB  NEB (cùng chắn cung BN)

0,25
0,50

0,25
0,50

 NHB  450 (2)
Từ (1) và (2) suy ra AHB  900  H  (O; AB/2)

gọi H' là hình chiếu của H trên AB
HH'.AB
 SAHB 
 SAHB lớn nhất  HH' lớn nhất
2
mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D cùng thuộc đường tròn đường
kính AB và OD  AB)

0,50

0,50


Dấu "=" xẩy ra  H  D  M  D
Lưu ý:
- Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
- Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.


PHÒNG GD&ĐT THẠCH HÀ
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. (4,5 điểm)



1. Tính giá trị biểu thức A  4  15

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: Toán 9

(Thời gian làm bài: 150 phút)



10  6



4  15

2. Tìm điều kiện xác định của các biểu thức sau:
2019
2018
N
M
x2  2x  3
x  2x  3
Câu 2. (3,0 điểm)
1. Cho 3 số a, b,c khác 0, thỏa mãn a + b+ c = 0. Chứng minh hằng đẳng thức:
1 1 1
1 1 1
 2 2   
2
a b c
a b c

2. Tính giá trị của biểu thức: B = 1 

1 1
1 1

1
1
 2  1  2  2  ....  1 

2
2
1 2
2 3
2018 20192

Câu 3. (4,5 điểm)
1. Cho đa thức f(x), tìm dư của phép chia f(x) cho (x-1)(x+2). Biết rằng f(x)
chia cho x - 1 dư 7 và f(x) chia cho x + 2 dư 1.
2. Giải phương trình:
x 3 3x 2 2 x 6 0
3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
5x2 + y2 = 17 – 2xy
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng:
a
b
c


2
a)
bc ca a b
1
1
1

;
;
b)
là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
ab bc ca
Câu 5. (5,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, trung tuyến AM, phân giác
AI. Tính HI, IM; biết rằng AC= 4/3AB và diện tích tam giác ABC là 24 cm2
2. Qua điểm O nằm trong tam giác ABC ta vẽ 3 đường thẳng song song với 3
cạnh tam giác. Đường thẳng song song với cạnh AB cắt cạnh AC, BC lần lượt tại E
và D; đường thẳng song song với cạnh BC cắt cạnh AB và AC lần lượt tại M và N;
đường thẳng song song với cạnh AC cắt cạnh AB và BC lần lượt tại F và H. Biết diện
tích các tam giác ODH, ONE, OMF lần lượt là a2, b2, c2.
a) Tính diện tích S của tam giác ABC theo a, b, c
b) Chứng minh S  3(a2 + b2 +c2)
------------------Hết----------------Họ và tên học sinh:…………………………………………………SBD:…………
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm, học sinh không được sử dụng máy tính bỏ túi )


SƠ LƯỢC GIẢI
Đề thi chọn HSG cấp huyện năm học 2018 – 2019
Môn: TOÁN 9

  10  6  4 
A  4  15.1. 2  5  3   8  2 15.
A   5  3 . 5  3  = 5 - 3 = 2
1. Ta có A  4  15

Đáp án
15  4  15

5 3

 4  15



4  15 . 10  6





Điều kiện xác định của M là x2  2 x  3  0
 ( x  1)( x  3  0

x 1  0
x 1  0
hoặc 

x  3  0
x  3  0
x  3

 x  1

2 x  3  0
Điều kiện xác định của N là 
 x  2 x  3  0 (*)

x  2x  3  0

x  3
(**)
 x2  2 x  3  x2  2 x  3  0  
 x  1
Từ (*) và (**) ta được x  3 là điều kiện xác định của M
2

1
1 1
1
1 
1 1 1
 1
  
2. Ta có:      2  2  2  2 
a
b
c
a b c
 ab bc bc 
1
1 1
a
b  1
1 1 2(a  b  c) 1
1 1
 c
 2  2  2  2



 2 2 2
 2  2  2 
a
b
c
b
c
abc
a
b
c
 abc abc abc  a
Vậy

1
1 1
1 1 1
 2 2   
2
a
b
c
a b c

Theo câu a) Ta có

1
1 1
1 1 1 1 1
1

 2 2      
(*)
2
a
b
c
a b c
a b ab

Áp dụng (*) ta có:
1 1
1 1
1
1 1 1
1 1 1
1 2  2  2  2 
  
  
2
1 2
1 1 (2) 1 1 (2) 1 1 2

1 1 1
(Vì    0 )
1 1 2

1 1 1 1 1
    ;….
32 42 1 3 4
1

1
1
1
1
1

 

2
2
2018 2019 1 2018 2019

Tượng tự 1 

1 1 1 1 1
    ;
22 32 1 2 3

Suy ra B  2019 

1
4076360

2019
2019

3. x3 3x2 2 x 6 0
( x 1)( x 2 4 x 6) 0

1

x + 1 = 0 (1) hoặc x2 – 4x + 6 = 0 (2)
(1)
x
1
(2)
( x 2)2 2 0 . Do ( x 2)2 2 0 x nên pt này vô nghiệm.
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S
1
Vì ( x 1)( x 2) x 2 x 2 là đa thức bậc 2 nên f(x) : ( x  1)( x  2) có đa thức dư dạng ax + b
Đặt f ( x)  ( x  1)( x  2).q( x)  ax  b
Theo đề ra f(x) : (x - 1) dư 7  f (1)  7  a  b  7
(1)
f(x) : (x + 2) dư 1  f (2)  1  2a  b  1 (2)
Từ (1) và (2)  a = 2 và b = 5.
Vậy f(x) : ( x 1)( x 2) được dư là 2x + 5
5x2 + y2 = 17 – 2xy  4x2 + (x + y)2 = 17
17
vì x2 là số chính phương nên x2 = 0; 1; 4
 4 x 2  17  x 2 
4
Nếu x2 = 0  (x + y)2 = 17 (loại)
Nếu x2 = 1  (x + y)2 = 13 (loại)
Nếu x2 = 4  x = 2 hoặc x = - 2
x = 2  (2 + y)2 = 1  y = - 3 hoặc y = - 1.
x = -2  (-2 + y)2 = 1  y = 3 hoặc y = 1.
Vậy phương trình có nghiệm : (x; y) = (2; -3), (2; -1), (-2; 3), (-2; 1)
4. Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên b + c > a

 a(b  c)  a 2  a(b  c)  ab  ac  a 2  ab  ac
a
2a
 2a(b  c)  a(a  b  c) 

bc abc
b
2b
c
2c


Tượng tự ta cũng có:
;
ca abc
ba abc
a
b
c
2a
2b
2c





 2 (dpcm)
Suy ra:
bc ca ab abc bca abc

Ta có a + b > c

1
1
1
1
2
2
1






b  c c  a b  c  a c  a  b a  b  c (a  b )  ( a  b) a  b
Chứng minh tương tự ta có
Vậy

1
1
1
1
1
1




;

ca ab bc ab bc ca

1
1
1
;
;
là độ dài 3 cạnh của một tam giác (Đpcm)
ab bc ca

5. Do AC= ¾ AB (gt) và AB.AC = 2S = 48, suy ra AC = 6 (cm); AB = 8(cm).
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông ABC ta tính được BC = 10 cm, suy ra AM = 5 (cm)
(1)
Áp dụng tính chất giữa canh và đường cao trong tam giác vuông ABC ta tính được
BH 

AB2
 3,6(cm) (2)
BC

Áp dụng tính chất đường phân giác cua tam giác ta có


IB AB
IB
AB
IB
6
30






 IB 
cm (3)
IC AC
IB  IC AB  AC
10 6  8
7

Từ (1), (2) và (3), ta có I nằm giữa B và M; H nằm
giữa B và I
4,8
Vậy: HI = BI - BH 
cm
7
5
MI = BM - BI  cm
7

A

B

C

I M

H

Ta có các tam giác ODH, EON, FMO đồng dạng với tam giác ABC
Đặt SABC = d2 .
2

Ta có:

SODH a 2  DH 
a DH
 2 
 
;

 BC 
S ABC d
d BC
2

Vậy S  d  (a  b  c)

E

2

S EON b2  ON 
b HC
 HC 
 2 

 

; Tương tự


 BC 
 BC 
S ABC d
d BC
c BD

d BC
a  b  c DH  HC  DB

1 d  a  b  c
Suy ra:
d
BC
2

A

2

F
c2

O

b2

N

M
a2

B

D

2
2
2
2
2
2
Áp dụng BĐT Cosy, ta có: a  b  2ab; b  c  2bc; a  c  2ac

S  (a  b  c)2  a 2  b2  c 2  2ab  2bc  2ca

S  a2  b2  c2  (a 2  b2 )  (b2  c 2 )  (c 2  a 2 )  3(a 2  b2  c 2 )
Dấu “=” xẩy ra khi a = b =c, hay O là trọng tâm của tam giác ABC

Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa;
Điểm toàn bài quy tròn đến 0,5.

H

C


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BÌNH ĐỊNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
KHOÁ NGÀY 18 – 3 – 2017

Đề chính thức

Môn thi:
TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 18/3/2017

Bài 1 (6,0 điểm).
1. Cho biểu thức: P =

2m  16m  6

m2 m 3

m2

m 1

3
2
m3

a) Rút gọn P.
b) Tìm giá trị tự nhiên của m để P là số tự nhiên.
2. Cho biểu thức: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc với a, b, c là các số nguyên.

Chứng minh rằng nếu a + b + c chia hết cho 4 thì P chia hết cho 4.
Bài 2 (5,0 điểm).
a) Chứng minh rằng: với mọi số thực x, y dương, ta luôn có:

1 1
4
 
x y x y

b) Cho phương trình: 2 x2  3mx  2  0 (m là tham số). Có hai nghiệm x1 và x2 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M =  x1  x2 

2

 1  x12 1  x22 



x
x2 
 1

2

Bài 3 (2,0 điểm)
Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh rằng:
1
1
1
1 1

1
1 
 2
 2
 



x  yz y  xz z  xy 2  xy yz zx 
2

Bài 4 (7,0 điểm).
1. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. M là một điểm di
động trên cung nhỏ BC của đường tròn đó.
a) Chứng minh MB + MC = MA
b) Gọi H, I, K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB, BC, CA. Gọi
S, S’ lần lượt là diện tích của tam giác ABC, MBC. Chứng minh rằng: Khi M di động
ta luôn có đẳng thức:
MH + MI + MK =

2 3  S + 2S' 
3R

2. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. AD, BE, CF là các đường cao. Lấy M trên
đoạn FD, lấy N trên tia DE sao cho MAN = BAC . Chứng minh MA là tia phân
giác của góc NMF

Lbinhpn thcsphuochoa

ĐÁP ÁN
Bài 1 (6,0 điểm).
1a) Rút gọn được P =

m 1
(với m  0, m  1)
m 1

1b)
P=

m 1
= 1+
m 1

Ta có: P  N 

2
m 1
2
N 
m 1

m  1 là ước dương của 2  m  4; 9 (TMĐK)

Vậy m = 4; m = 9 là giá trị cần tìm.
2) a + b + c 4 (a, b, c  Z)
Đặt a + b + c = 4k (k  Z)  a + b = 4k – c ; b + c = 4k – a ; a + c = 4k – b
Ta có: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc = (4k – c)(4k – a)(4k – b) – abc
= 16k 2  4ak  ack  ac   4k  b   abc

= 64 k 3  16bk 2  16ak 2  4abc  16ck 2  4bck  4ack  abc  abc
= 4 16k 3  4bk 2  4ak 2  abk  4ck 2  bck  ack   2abc (*)
Giả sử a, b, c đều chia 2 dư 1  a+ b + c chia 2 dư 1 (1)
Mà: a + b + c 4  a + b + c 2 (theo giả thiết)
(2)
Do đó (1) và (2) mâu thuẫn  Điều giả sử là sai
 Trong ba số a, b, c ít nhất có một số chia hết cho 2
 2abc 4 (**)
Từ (*) và (**)  P 4
Bài 2 (5,0 điểm).
a)

1 1
4
ab
4
2
2


  a  b   4ab   a  b   0 (đúng)
 
ab
ab
x y x y

b) PT có a, c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2
Ta có: x1  x2  

3m

2
và x1.x2  
2
2
2

 1  x12 1  x22 

M =  x1  x2   
 = ......=
x2 
 x1
2
2


1  x1 x2  
1  x1 x2  


2
2


   x1  x2   4 x1 x2  1 

 x1  x2  1 
2
2
 x1 x2   

 x1 x2  



9 2 2
=  9 
m  8 2  8  8 2  8
2 

2

Dấu “=” xảy ra khi m = 0
Vậy GTNN của M là 8 2  8 khi m = 0
Bài 3 (2,0 điểm)
Áp dụng BĐT Cô si cho các số dương x 2 và yz, ta có:
x 2 + yz  2 x 2 yz  2 x yz 

1
1
1 1

 .
x  yz 2 x yz 2 x yz
2

Lbinhpn thcsphuochoa


Tương tự, ta có:

1
1 1
1
1 1
và 2
 .
 .
z  xy
2 z xy
y  xz
2 y xz
2

1
1
1
1 1
1
1 







x 2  yz
y 2  xz z 2  xy 2  x yz
y xz
z xy 

yz  xz  xy
1
1
1


Ta có:
=
(2)
xyz
x yz
y xz
z xy

Suy ra:

(1)

Ta có: yz  xz  xy  x + y + z (3)
Thật vậy: (*)  2 yz  2 xz  2 xy  2 x  2 y  2 z




x

 
2

y

 
2

z 

x

y 

x



2

 0 (BĐT đúng)

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z
Từ (2) và (3) suy ra:

1
1
1
x yz
1
1
1



(4)




xyz
yz xz xy
x yz
y xz
z xy

Từ (1) và (4) suy ra:

1
1
1
1 1
1
1
 2
 2
 



x  yz
y  xz z  xy 2  xy yz zx 
2

Bài 4 (7,0 điểm).

1.a) Cách 1: Trên tia đối của tia MC lấy điểm E sao cho ME = MB
Ta có:  BEM là tam giác đều  BE = BM = EM
A
 BMA =  BEC  MA = EC
Do đó: MB + MC = MA
Cách 2:
O
Trên AM lấy điểm E sao cho ME = MB
E
Ta có:  BEM là tam giác đều
B
 BE = BM = EM
 MBC =  EBA (c.g.c)  MC= AE
M
Do đó: MB + MC = MA
1.b) Kẻ AN vuông góc với BC tại N
Vì  ABC là tam giác đều nên O là trọng tâm của tam giác
 A, O, N thẳng hàng  AN =

A

O
B

C
M
E
A

3

R
2

Ta có: AN = AB.sin ABN  AB 

AN



3
3
R:
R 3
2
2

sin ABN
2S
2S
1
I
N
Ta có: MH . AB  S ABM  MH  ABM = ABM
B
2
AB
R 3
H
2S ACM
2 S ACM

1
=
MK . AC  S ACM  MK 
M
2
AC
R 3
2S
2 S BCM
1
2S '
=
MI .BC  S BCM  MI  BCM =
2
BC
R 3
R 3
2
2
2S '
2S '
Do đó: MH + MK + MI =
+
+
.S ABMC
 S ABM  S ACM  =
R 3
R 3
R 3
R 3

=

C

2 3  S  2S '
2S '
2
+
.  S  S ' 
3R
R 3
R 3
Lbinhpn thcsphuochoa

O
K

C


2. Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt DE tại K
Tứ giác AEDB nội tiếp  CDE  BAC
Mà: MKD  CDE (vì MK // BC).
Do đó: MKD  MAN  Tứ giác AMKN nội tiếp
 AMN  AKN

Ta có: D3  D4 (= BAC )  D1  D2
 DMK có DA là phân giác vừa là đường cao nên cân tại D
 DM = DK

 AMD =  AKD (c.g.c)  AMD  AKD
F
Nên: AMF  AKN . Ta có: AMF  AMN  AKN



A

N



E
H

Vậy: MA là phân giác của góc NMF
K

M
1 2
3

B

Lbinhpn thcsphuochoa

4

D

C


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2017-2018
Môn thi: TOÁN - Lớp 9 THCS
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 10 tháng 3 năm 2018
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

Số báo danh
..................................

Câu I (4,0 điểm).

x2 x
x 1
1  2x  2 x


, với x  0, x  1. Rút gọn P
x x 1 x x  x  x
x2  x
và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên.
1. Cho biểu thức P 

4( x  1) x 2018  2 x 2017  2 x  1
1
3

.
2. Tính giá trị của biểu thức P 
tại x 
2
2 x  3x
2 32 2 32
Câu II (4,0 điểm).
1. Biết phương trình (m  2) x2  2(m  1) x  m  0 có hai nghiệm tương ứng là độ dài hai
cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền của
2
tam giác vuông đó bằng
.
5
( x  y ) 2 (8 x 2  8 y 2  4 xy  13)  5  0

2. Giải hệ phương trình 
1
2 x  x  y  1

Câu III (4,0 điểm).
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình y 2  5 y  62  ( y  2) x 2  ( y 2  6 y  8) x.
2. Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn p  a 2  b2 là số nguyên tố và p  5 chia
hết cho 8. Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn ax 2  by 2 chia hết cho p . Chứng minh rằng cả
hai số x, y chia hết cho p .
Câu IV (6,0 điểm).
Cho tam giác ABC có (O),( I ),( I a ) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp, đường tròn

nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A của tam giác với các tâm tương ứng là O, I , I a .
Gọi D là tiếp điểm của ( I ) với BC , P là điểm chính giữa cung BAC của (O) , PI a cắt (O) tại
điểm K . Gọi M là giao điểm của PO và BC , N là điểm đối xứng với P qua O.
1. Chứng minh IBI aC là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh NI a là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP.
3. Chứng minh DAI  KAI a .
Câu V (2,0 điểm).
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  z. Chứng minh rằng
xz
y2
x  2z 5


 .
2
y  yz xz  yz x  z 2
------------- HẾT --------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2017-2018

ĐỀCHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN – Lớp 9 THCS
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 10 tháng 3 năm 2018

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM
(Gồm có 05 trang)
Câu
I
4,0
điểm

Điểm

NỘI DUNG

x2 x
x 1
1 2x  2 x


, với x  0, x  1.
x x 1 x x  x  x
x2  x
Rút gọn P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên
Với điều kiện x  0, x  1 , ta có:
1. Cho biểu thức P 

P



x2 x





x 1 x  x  1

 
x



x 1



x x  x 1

 x 1  2 x  2
x  1 x  x  1
x  x  x  2

x  x  1 x  x  1
 x 1 x  2  x  2 .

 x 1 x  x  1 x  x  1






x x2 x 

x 1


x



2x  2 x 1



2,5

0,50



x 1 x  x  1

x 1

0,50

0,50

0,50

Ta có với điều kiện x  0, x  1  x  x  1  x  1  1

0 P

x 2

x  x 1

x 2
1
 1
2
x 1
x 1

x 2
 1  x  1 (loại).
Do P nguyên nên suy ra P  1 
x  x 1
Vậy không có giá trị của x để P nhận giá trị nguyên.
Chú ý 1:Có thể làm theo cách sau
x 2
P
 Px   P  1 x  P  2  0 , coi đây là phương trình bậc hai của x .
x  x 1
Nếu P  0   x  2  0 vô lí, suy ra P  0 nên để tồn tại x thì phương trình trên có
4
4
2
2

   P  1  4P  P  2   0  3P 2  6 P  1  0  P 2  2 P  1    P  1 
3
3
2
Do P nguyên nên  P  1 bằng 0 hoặc 1

0,50

0,50

+) Nếu  P  1  0  P  1  x  1 không thỏa mãn.
2

P  2
2
 P  2  2 x  x  0  x  0 không thỏa mãn
+) Nếu  P  1  1  
P  0
Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn.
4  x  1 x 2018  2 x 2017  2 x  1
2. Tính giá trị của biểu thức P 
2 x 2  3x
1
3
x

.
2 32 2 3 2

tại

1,5


Vì x 

1
3
3 1


2
2 32 2 3 2

0,50

3 1
là nghiệm của đa thức 2 x2  2 x  1.
2
2 x 2017 2 x 2  2 x  1  2 x  1 2 x  1
Do đó P 

 3  3.
x 1
2 x2  2 x 1  x  1

nên x 









0,50
0,50

Chú ý 2:Nếu học sinh không thực hiện biến đổi mà dùng máy tính cầm tay để thay
số và tìm được kết quả đúng thì chỉ cho 0,5 đ.
II
4,0
điểm

1. Biết phương trình (m  2) x2  2(m  1) x  m  0 có hai nghiệm tương ứng là độ
dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm m để độ dài đường cao ứng
2
với cạnh huyền của tam giác vuông đó bằng
.
5
Phương trình (m  2) x2  2(m  1) x  m  0  ( x  1)  (m  2) x  m   0 có hai nghiệm
m
.
m2
Hai nghiệm đó là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông suy ra
m
 0  m  0 hoặc m  2 .
m2
1 (m  2)2 5
m2

1
1 1
1
 

Từ hệ thức 2  2  2 trong tam giác vuông ta có 2 
2
1
m
4
m
2
a b
h
m2 1
Với
  2m  4  m  m  4 (thỏa mãn)
m
2
m2
1
4
Với
   2m  4  m  m  (loại)
m
2
3
Vậy m  4 là giá trị cần tìm.
( x  y )2 (8 x 2  8 y 2  4 xy  13)  5  0 (1)


2. Giải hệ phương trình 
1
(2)
2 x  x  y  1

ĐKXĐ: x  y  0
5
 2
2
8( x  y )  4 xy  ( x  y ) 2  13

Chia phương trình (1) cho ( x  y)2 ta được hệ 
2 x  1  1

x y


khi và chỉ khi m  2. Khi đó 2 nghiệm của phương trình là a  1và b 

2
 
 
1 
1 
2
2
5
(
x


y
)


3(
x

y
)

13
 3( x  y ) 2  23
5  x  y 
 
2

( x  y) 
x y
 


 
1 
 x  y  1   ( x  y )  1

x y


  ( x  y)  1



x y
x y



1
, v  x  y (ĐK: | u | 2 ), ta có hệ
Đặt u  x  y 
x y
Từ (4) rút u  1  v , thế vào (3) ta được

5u 2  3v 2  23 (3)

(4)
u  v  1

5
5u 2  3(1  u)2  23  4u 2  3u  10  0  u  2 hoặc u   .
4
5
Trường hợp u   loại vì u  2.
4

2,0

0,50

0,50
0,50

0,50

2,0

0,25

0,50

0,25

0,25


1

2
x  y 
x y
Với u  2  v  1 (thỏa mãn). Khi đó ta có hệ 
 x  y  1


III
4,0
điểm

Giải hệ trên bằng cách thế x  1  y vào phương trình đầu ta được
1
2 y 1 

 2  y  1 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x, y)  (0;1).
2 y 1
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình
y 2  5 y  62  ( y  2) x 2   y 2  6 y  8 x (1).

0,25

0,50

2,0

Ta có (1)   y  2  y  3  56  ( y  2) x 2   y  2  y  4  x

0,25

  y  2   x 2   y  4  x   y  3  56

0,25

  x  1 y  2 x  y  3  56.

0,50

Nhận thấy  y  2    x  1  x  y  3, nên ta phải phân tích số 56 thành tích của ba số
nguyên mà tổng hai số đầu bằng số còn lại.
Như vậy ta có
) 56  1.7.8   x; y    2;9  .

) 56  7.1.8   x; y   8;3 .
) 56   8  .1.  7    x; y    7;3 .

0,25

0,25

0,25

) 56  1.  8  .  7    x; y    2; 6  .
) 56   8  .7.  1   x; y    7;9  .
) 56  7.  8  .  1   x; y   8; 6  .
Vậy phương trình có 6 nghiệm nguyên như trên.

0,25

Chú ý 3:Học sinh có thể biến đổi phương trình đến dạng
 y  2  x2   y  4 x   y  3  56 (được 0,5đ), sau đó xét các trường hợp xảy ra.
Khi đó với mỗi nghiệm đúng tìm được thì cho 0,25 đ (tối đa 6 nghiệm = 1,5 đ)
2. Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn p  a 2  b2 là số nguyên tố và p  5
chia hết cho 8. Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn ax 2  by 2 chia hết cho p .
Chứng minh rằng cả hai số x, y chia hết cho p .
Do p  5 8 nên p  8k  5 (k  )
Vì  ax 2 

IV
6,0
điểm

4k 2

  by 2 

4k 2

 ax

2

 by 2  p nên a 4k 2  x8k 4  b4k 2  y8k 4 p

2,0

0,50

Nhận thấy a 4 k 2  x8k 4  b4 k 2  y8k 4   a4 k 2  b4 k 2  x8 k 4  b4 k 2  x8 k 4  y8 k 4 

0,25

Do a 4 k  2  b4 k 2   a 2 

0,25

2 k 1

  b2 

2 k 1

a

2

 b2   p và b  p nên x8k 4  y8k 4 p (*)

Nếu trong hai số x, y có một số chia hết cho p thì từ (*) suy ra số thứ hai cũng chia
hết cho p .
Nếu cả hai số x, y đều không chia hết cho p thì theo định lí Fecma ta có :
x8k 4  x p 1  1(mod p), y8k 4  y p 1  1(mod p)
 x8k 4  y8k 4  2(mod p) . Mâu thuẫn với (*).Vậy cả hai số x và y chia hết cho p .
Cho tam giác ABC có (O),( I ),( I a ) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp,
đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A của tam giác với các
tâm tương ứng là O, I , I a . Gọi D là tiếp điểm của ( I ) với BC , P là điểm chính
giữa cung BAC của (O) , PI a cắt (O) tại điểm K . Gọi M là giao điểm của PO và
BC , N là điểm đối xứng của P qua O.

0,50

0,50


P

A

F
O
I
D

B

C

M
K

N

Ia

1. Chứng minh: IBIa C là tứ giác nội tiếp

2,0

I a là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC , từ đó suy ra BI a  BI , CI a  CI
( Phân giác trong và phân giác ngoài cùng một góc thì vuông góc với nhau).

1,0

Xét tứ giác IBI aC có IBI a  ICI a  1800
Từ đó suy ra tứ giác IBI aC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính II a .

1,0

2. Chứng minh

là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác

2,0

Nhận thấy bốn điểm A, I , N , I a thẳng hàng (vì cùng thuộc tia phân giác của BAC ).
Do NP là đường kính của (O) nên NBP  900 , M là trung điểm của BC nên
PN  BC tại M
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông PBN ta có NB2  NM .NP
Vì BIN là góc ngoài tại đỉnh I của tam giác ABI nên BIN =





1
ABC  BAC (1)
2

BAC
(cùng chắn cung NC)
2
1
 NBI  NBC  CBI  BAC  ABC (2).
2

Xét (O): NBC  NAC 



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



0,25

Từ (1) và (2) ta có BIN = NBI nên tam giác NIB cân tại N
Chứng minh tương tự tam giác NIC cân tại N
Từ đó suy ra N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC , cũng chính là tâm của
đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBI aC  NI a2  NB2  NM .NP

0,25

Vậy NI a là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP

0,25

3. Chứng minh:
.
GọiF là tiếp điểm của đường tròn (I) với AB.

2,0

Xét hai tam giác

có:

NBM 

1
BAC  IAF
2

0,25

0,50


 MNB đồng dạng với FIA .
Suy ra

mà:

,

nên

0,50

Ta có:
suy ra NMI a đồng dạng với IDA 

nên

0,50

(1).

Do NI a là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP nên

0,25

KAI a  KAN  KPN  I a PN  NI a M (2)
V
2,0
điểm

Từ (1) và (2) ta có DAI  KAI a
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  z. Chứng minh rằng

0,25

xz
y2
x  2z 5


 .
2
y  yz xz  yz x  z 2

2,0

y2
2z
1
2
xz
y
x  2z
yz
x

Ta có P  2


 2


xz
z
y
y  yz xz  yz x  z
1 1
1
yz
x
yz
x
2z
y
1
2
2
2
y
x  a  b  1  2c ,

 z 
y
x
z
b2  1 a 2  1 1  c 2

1
1 1
z
y
x
x
y
z
trong đó a 2  , b2  , c 2   a, b, c  0 
y
z
x
x 1
Nhận xét rằng a 2 . b2   2  1  do x  z  .
z c
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
b
2ab a a  1  ab  1  b b  1  ab  1  2aba a  1 b  1
Xét 2  2 

b  1 a  1 ab  1

a 2  1 b2  1  ab  1
xz
yz





ab  a 2  b 2    a  b   a3  b3    a  b 
2





a

2

 1 b 2  1  ab  1
2











0,25

0,25


0,25

2

0

2
a
b
2ab
2
 2

 c 
Do đó 2
1
b  1 a  1 ab  1
1 1 c
c
2



0,25

1 . Đẳng thức xảy ra khi





a b.

0,25

2
2
2
2
1  2c 2 5 2 2 1  c   1  c  1  2c   5 1  c  1  c 

 
Khi đó
1  c c2  1 2
2 1  c  1  c 2 

0,25

1  c 
1  3c  3c 2  c3


0

2
2 1  c  1  c  2 1  c  1  c 2 

0,25

3

 do c  1  2 

Từ 1 và  2  suy ra điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi
a  b, c  1  x  y  z.
---------- Hết ------------

0,25

Chú ý:
- Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân
chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án.
- Đối với Câu IV (Hình học): Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm.
- Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm.



STT 01. ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH AN GIANG
NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1:

a)

1   2x  x 1 2x x  x  x 

 1
P



:
x   1  x
1 x x
 1 x


(

v i x  0, x  1, x 

1
4
P

b) (

4
10
) Cho a, b, c
x



3 5  3 5


a 2  b2  c2  12

S  4  a3  b3  c3    a 4  b4  c4 

Câu 2:
x2  4 x 
x4

 5
x
x 1 
x 1


a)
b)

 x 2  y 2  xy  1

 3
3

x  y  x  3y

i

Câu 3:

BC

 O; R  , M
I  q

A

K 

q

a)
b)

AC

M

I 

M

C

AB

B

N

K 

B, N , C
AB ( D

D

CA sao cho BD  CE
q
ADE
 O; R 

E

Câu 4:

A

B
x, y th

2 x  y  xy  2  x  y 
2

2

ĐÁP ÁN
Câu 1:

B

A

AB

M
M

MAB

Câu 5:

A


a) (
1   2x  x 1 2x x  x  x 
 1
P


 v i
:
x   1  x
1 x x
 1 x

1
x  0, x  1, x 
4
4
x
3 5  3 5

P
10
b) (
) Cho a, b, c
a 2  b2  c2  12





S  4  a3  b3  c3    a 4  b4  c4 

1   2x  x 1 2x x  x  x 
 1
P



:
x   1  x
1 x x
 1 x



P



2


 x


2

 x




 




 x  x  1 2 x  1 
 1  x  x  x  1 

 
x 1  x   x  1 2 x 1
:

x 1 x   1 x 1 x
 

 1
x 1  
:  2 x  1 


1

x
x
1  x  


 

x 1  
2 x 1

:


1 x
1 x x  x 1 
 














 




x

x  1  



x  x 1
x

i
x


4
10



3 5  3 5

5 1  5 1
2

y P

.



4
4
10

4  4 1 3

2
4

S  4  a 3  b3  c 3    a 4  b 4  c 4 
  4a3  a 4    4b3  b4    4c3  c 4 

Ta ch

 4a

3

 a 4   4a 2


 4a

3

 a 4   4a 2

 a 4  4a 3  4a 2  0
 a2  a  2  0
2

T

 4b
 4c

3

 b 4   4b 2

3

 c 4   4c 2

y
S  4  a 3  b3  c 3    a 4  b 4  c 4 
  4a 3  a 4    4b3  b 4    4c3  c 4 
 4  a 2  b 2  c 2   48

 a, b, c    2, 2, 2
Câu 2:
x2  4 x 
x4


 5
x
x 1 
x 1


a)
b)

2
2

 x  y  xy  1
 3
3

x  y  x  3y

i

x 1
y

x  x  4
x4
x4
suy ra x 
 x4
4 y4
x 1

x 1
x 1

Ph
y  y  4  5
y 1
 y  5


 V


5  21
 x1 
2
y 1 

5  21
 x2 

2



1  21
 x1 
2
y  5  

1  21

 x2 

2

 V

x3  y 3   x  3 y  .1

 x3  y 3   x  3 y   x 2  y 2  xy 
 2 y 3  4 xy 2  4 x 2 y  0
 2 y  y 2  2 xy  2 x 2   0
2 y  0
 2
2
2
 y  2 xy  x  x  0



 1;0 

y  0  x  1

 V

 x  y

2

 x2  0

x  0

y  0

 1;0 ; 1;0
Câu 3:

BC

 O; R  , M
I  q

A

K 

q

M

I 
a)
b)

C

AB

N

K 
D

E

AC

M

B , N ,C
AB ( D
CA sao cho BD  CE
q
ADE

A

B
A

B