Tuyển tập 30 đề thi HSG cấp huyện Toán 9 THCS 2019 (có đáp án chi tiết)

“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
ĐỀ SỐ: 30
MÔN: TOÁN - LỚP 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi HSG Toán 9 –H. Thiệu Hóa - Năm học 2018 – 2019)
ĐỀ BÀI
Câu 1 (4,0 điểm).
1
1
a2 + 1
1
1) Tìm giá trị của a thỏa mãn A < . Biết A =
.
+
−
2
3
2 + 2 a 2 − 2 a 1− a
2) Cho số thực x thỏa mãn x 2 − 2019 x + 2 = 0 . Tính giá trị biểu thức P =

x4 + 4
.
x2

Câu 2 (4,0 điểm).
1) Giải phương trình:

x + 8 + 6 x −1 + x + 3 − 4 x −1 = 5 .
2

2

2

1
1
1
1
2) Giải phương trình: 8  x +  + 4  x 2 + 2  − 4  x 2 + 2   x +  = ( x + 4 )2 .
x
x
x
x














Câu 3 (4,0 điểm).
1) Cho đường thẳng (d): y = kx + 3 (k là tham số).

a) Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị
của k.
b) Tìm giá trị của k để khoảng cách từ gốc tọa độ tới đường thẳng (d) bằng 2.
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 y 2 x + x + y + 1 = x 2 + 2 y 2 + xy .

Câu 4 (6,0điểm).
1) Cho đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB, vẽ
tia Ax vuông góc với AB và vẽ tia By vuông góc với AB. Gọi O là trung điểm của đoạn
·
·
thẳng AB và C là một điểm thuộc tia Ax. Vẽ tia Cz sao cho OCz
và tia Cz cắt By
= OCA

tại D ( AC < BD ) . Hai đường thẳng AB và CD cắt nhau tại E.
a) Kẻ OH vuông góc với CD. Chứng minh OC 2 .HD = OD 2 .HC .
b) Kẻ HK vuông góc với AB. Chứng minh

HA2 KA EA
.
=
=
HB 2 KB EB

2) Cho AB và AC là hai tiếp tuyến của (O). Gọi E; F lần lượt là trung điểm của
AB; AC. Trên đoạn thẳng EF lấy một điểm M bất kỳ. Từ M kẻ tiếp tuyến MT tới (O).
Chứng minh rằng: MA = MT.

Gmail:

1


“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

Câu 5 (2,0điểm). Ba số thay đổi x, y, z > 1 thỏa mãn điều kiện
trị nhỏ nhất của biểu thức M =

x + y + z = xyz .

Hãy tính giá

y−2 z−2 x−2
+ 2 + 2 .
x2
y
z

----------------– Hết –---------------------

Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ SỐ: 30
ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9
(Đề thi HSG Toán 9 –H. Thiệu Hóa - Năm học 2018 – 2019)
Nội dung
Điểm
1) Điều kiện: a ≥ 0; a ≠ 1
a2 + 1 1 − a + 1 + a a2 + 1

1
1
Ta có: A =
+
−
=
−
2
2 (1 − a )
1 − a2
2 + 2 a 2 − 2 a 1− a

=

1,5

1
a2 + 1 1 + a − a2 − 1 a − a2
a
.
−
=
=
=
2
2
2
1− a 1− a
1− a
1− a

1+ a

Ta có: A < 1 ⇔ a < 1 ⇔ a − 1 < 0 ⇔ 2 a − 1 < 0
1+ a

3

3

1+ a

3(1 + a )

3

1,0

(*)

1
1
(4,0đ) Do a ≥ 0 nên 3(1 + a ) > 0 . Suy ra (*) ⇔ 2a − 1 < 0 ⇔ a < .
2
1
1
Kết hợp a ≥ 0; a ≠ 1, ta có A < ⇔ 0 ≤ a < .
3
2
2) Ta có:
x 4 + 4 ( x 2 + 2) 2 − (2 x ) 2 ( x 2 + 2 + 2 x)( x 2 + 2 − 2 x ) (2019 x + 2 x )(2019 x − 2 x )

=
=
=
x2
x2
x2
x2
2 2
2
2019 x − 4 x
=
= (2019 − 2)(2019 + 2) = 2017.2021
x2

P=

2
1) pt: x + 8 + 6 x − 1 + x + 3 − 4 x − 1 = 5 (1). ĐKXĐ:
(4,0đ)
(1) ⇔ ( x − 1 + 3) 2 + ( x − 1 − 2) 2 = 5
⇔ x − 1 + 3 + x − 1 − 2 = 5 (vì x − 1 + 3 > 0) (2)

x ≥1

0,25
0,5

+) Nếu x − 1 ≥ 2 ⇔ x ≥ 5
(2) ⇔ x − 1 + 3 + x − 1 − 2 = 5 ⇔ 2 x − 1 = 4 ⇔ x = 5 (chọn)
+) Nếu 0 ≤ x − 1 < 2 ⇔ 1 ≤ x < 5

(2) ⇔ x − 1 + 3 + 2 − x − 1 = 5 ⇔ 0 = 0 pt nghiệm đúng ∀ x :1 ≤ x < 5
Vậy nghiệm của pt : 1 ≤ x ≤ 5
2

2

ĐKXĐ :





x≠0

Gmail:



0,5
0,5
0,25

2

1
1
1
1
2) Giải pt : 8  x +  + 4  x 2 + 2  − 4  x 2 + 2   x +  = ( x + 4 )2
x

x
x
x


1,5







(*)

2,0
0,5

2


“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”


2

2



(*) ⇔ 8  x + 1  + 4  x 2 + 12   x 2 + 12 −  x + 1   = ( x + 4 )2
x
x
x
x






 



 

1,0

2

1
1 
2


⇔ 8  x +  − 8  x 2 + 2  = ( x + 4 ) ⇔ ( x + 4) 2 = 16 ⇔ x = −8 (chọn) hoặc
x
x 



x = 0 (loại)
Vậy phương trình có nghiệm :

x = −8

0,5

1a) Điều kiện để (d) đi qua điểm cố định M(x0, y0) với mọi giá trị của k
là:
xk − y + 3 = 0 ∀k ⇔ x0 k − y0 + 3 = 0 ∀k

x0 = 0


x = 0
.
⇔
⇔ 0
 − y0 + 3 = 0  y0 = 3

1,0

Vậy (d) đi qua điểm cố định M(0; 3)

1b) Vì (d) luôn đi qua điểm M(0 ;3)

∀k .

⇒ OM = 3

0,25

Gọi N ( x1 ; y1 ) là giao điểm của (d) với trực Ox ⇒ N  − 3 ; 0  ⇒ ON = − 3
 k



0,25

k

Kẻ OH vuông góc với đường thẳng (d).
Khi đó áp dụng hệ thức lượng trong tam giác MON vuông tại O đường
cao OH :

3
(4,0đ)

0,25

2

1
1
1
1
1 k
5
5

=
+
⇔ 2 = 2+
⇔ k2 = ⇔ k = ±
2
2
2
OH
OM
ON
2
3
9
4
2
Vậ y k = ± 5 .
2

0,25

2) Ta có 2 y 2 x + x + y + 1 = x 2 + 2 y 2 + xy ⇔ 2 y 2 ( x − 1) − x( x − 1) − y ( x − 1) + 1 = 0
(1)
+) x = 1 không là nghiệm của (1)
+) Chia cả hai vế của (1) cho
Với x, y ∈ ¢ ⇒

x −1,

ta có: 2 y 2 − x − y +

0,5
0,5

1
=0
x −1

x = 2  y = 1
x = 0 ⇒  y = 1


nghiệm nguyên ( x; y ) ∈ {(2;1);(0;1)}

1
∈ ¢ nên x − 1 = ±1 ⇔
x −1

Vậy phương trình đã cho có

0,5
0,5
y

x

D
H

4
(6,0đ)

C
Q

P
E

A

K

O

·
1a) Ta có ∆AOC = ∆HOC (ch − gn) ⇒ ·AOC = COH
⇒ OC phân giác ·
AOH
·
·
·
Cmtt : OD phân giác HOB
kề bù nên COD
= 90 0
.Mà ·AOH và HOB

Gmail:

B

2,0

3


“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông OCD ta có :
OC 2 CH .CD CH
=
=
⇒ OC 2 .DH = OD 2 .HC
2
OD
DH .CD DH

1b) HS chứng minh được: HPOQ là hình chữ nhật.
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông HAB ta có:
HA2 AK . AB AK
=
=
HB 2 KB. AB BK

(1)

Mặt khác: CA / / HK / / DB ( ⊥ AB ) nên suy ra
AK HC AC EA
(vì HC = AC , HD = DB )
=
=
=
BK HD BD EB

HA2 AK EA
Từ (1) và (2) suy ra:
=
=
HB 2 BK EB

2,0
(2)

B

E
M
A

O

K

F
T
C

2) Giả sử OA cắt EF tại K.
Ta có: MT ⊥ OT ( gt ) .
Xét ∆OMT vuông tại T, ta có:

0,5

MT 2 = OM 2 − OT 2 = MK 2 + OK 2 − OT 2

AM

vuông tại K, ta có:

∆ AM K

Xét
2

= AK + M K 2
2

1,0

Suy ra: MT 2 − AM 2 = OK 2 − OT 2 − AK 2 = (OK 2 − AK 2 ) − OT 2
= (OK − AK )(OK + AK ) − OT 2 = (OK − KH )OA − OT 2 = OH .OA − OC 2

Trong ∆OAC vuông tại C, ta có: OC 2 = OH .OA
Do đó MT 2 − MA 2 = 0 ⇔ MT 2 = MA2 ⇔ MT = MA (đpcm).

0,5

1
1 1
+ + = 1 . Ta biến đổi biểu thức M như sau:
xy yz zx
( x − 1) + (y − 1) ( y − 1) + ( z − 1) ( z − 1) + ( x − 1)  1 1 1 
M =
+
+

− + + 
x2
y2
z2
x y z

Từ gt suy ra :

5
(2,0đ)

 1
 1
1 
1 
1  1 1 1
 1
= ( x − 1)  2 + 2  + ( y − 1)  2 + 2  + ( z − 1)  2 + 2  −  + + 
z 
y 
z  x y z
x
x
y
2( x − 1) 2( y − 1) 2( z − 1)  1 1 1  1 1 1
≥
+
+
− + +  = + + −2
xz

xy
yz
x y z x y z

1

1

1

2

 1

1

2,0

1

Vì  + +  ≥ 3  + +  = 3 ⇒ M ≥ 3 − 2 .
x y z
 xy yz zx 
Dấu " = " xảy ra ⇔ x = y = z = 3 . Vậy min M = 3 − 2 ⇔ x = y = z =
(Lưu ý: Học sinh có cách giải khác đúng vẫn cho số điểm tương đương)

Gmail:

3

4


“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
ĐỀ SỐ: 29
MÔN: TOÁN - LỚP 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi HSG Toán 9 –H. Đông Sơn - Năm học 2018 – 2019)
ĐỀ BÀI
Câu 1 (4.0 điểm)


x   x +3

x +2

x +2



:

1.Cho biểu thức M = 1 −
  x − 2 + 3− x + x −5 x + 6
+
x
1


 

a. Rút gọn M
b. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên
2. Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + abc = 4 .
Tính giá trị của biểu thức:
A = a (4 − b)(4 − c) + b(4 − c)(4 − a ) + c(4 − a )(4 − b) − abc .

Câu 2 (4.0 điểm)
1.Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 2xy2 + x +y +1 = x2 +2y2+xy
2. Giải phương trình : 2 x − 2 − 6 x − 9 = 16 x 2 − 48 x + 35
Câu 3 (4.0 điểm)
1.Chứng minh rằng với mọi n là số tự nhiên thì
A= ( 10n + 10n-1 +…+ 10 + 1) ( 10n+1+5) +1 là số chính phương nhưng không
phải lập phương của một số tự nhiên.
y2
1
 x2
+
=

2
2
2. Tìm các cặp số thực (x;y) thỏa mãn các điều kiện:  ( y + 1) ( x + 1)
2
3xy = x + y + 1.

Câu 4 (6.0 điểm)
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông tại A với đường cao AH.
Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và B cắt nhau tại M, CM cắt AH tại I, OM cắt

AB tại J
a. Chứng minh hai tam giác MOB và ACH đồng dạng
b. Chứng minh I là trung điểm của AH
c. Cho BC = 2R và OM = x. Tính AB và AH theo R và x
d. Tính giá trị lớn nhất của AH khi x thay đổi
Câu 5 (2.0 điểm)
Cho các số thực dương x, y thoả mãn điều kiện xy ( x − y) = x + y
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q = x+y
----------------------Hết--------------------Gmail:

5


“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ SỐ: 29
ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9
(Đề thi HSG Toán 9 –H. Đông Sơn - Năm học 2018 – 2019)

.
Câu

Nội dung

1. (3,0 điểm)
a. ĐKXĐ: x ≥ 0 ; x ≠ 4; x ≠ 9
M=

0,5

x −2
x +1

1,5

3
x −2
=1 −
x +1
x +1
Để M nguyên => x +1∈ Ư(3) ⇔ x + 1∈ {1;3}

1

Điểm

b, M=

0,25

( Vì x + 1 > 0∀x ∈ ĐKXĐ)
=> x= 0 ( thỏa mãn ĐKXĐ)
x = 4 ( Không thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy x= 0 thì M nhận giá trị nguyên
2. (1,0 điểm)

0,5
0,5
0,25

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

0,5

⇒ a(4 − b)(4 − c) = a(16 − 4b − 4c + bc)
= a (2 a + bc ) 2 = a (2 a + bc ) = 2a + abc

0,5

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

0,5

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

0,5
1.(2,0 điểm)
Ta có 2xy2 +x +y +1 = x2+ 2y2 +xy
2
⇔ 2y ( x- 1) – x( x-1) – y( x-1) +1 = 0 (1)
Nhận thấy x= 1 không phải là nghiệm của phương trình (1) chia cả hai
vế cho x-1 ta được

2y2 –x –y +
2

0,5

1
= 0(2)
x −1

Vì pt có nghiệm x,y nguyên nên
⇒ x ∈ {0;2}

1
nguyên nên x-1 ∈ {± 1}
x −1

1
2
1
Thay x= 2 vào (2) ta được 2y2 –y – 1=0 => y =1; y = −
2
Vậy (x,y) ∈ {(0;1); (2;1)}

0,75

Thay x= 0 vào (2) ta được 2y2 –y -1 = 0 => y = 1; y = −

Gmail:

0,5
0,25
6

“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

Câu

Nội dung

Điểm

2.(2,0 điểm)
3
2
2 x − 2 − 6 x − 9 = 16 x 2 − 48 x + 35
7 − 4x
⇔
= (7 − 4 x )(5 − 4 x )
2x − 2 + 6x − 9

ĐK: x ≥



1
⇔ (7 − 4 x )
+ 4x − 5 = 0
 2x − 2 + 6x − 9

3
1

Vì x ≥ nên
+ 4x − 5 > 0
2
2x − 2 + 6x − 9
7
4
7
Vậy pt có nghiệm : x =
4

Suy ra : 7 − 4 x = 0 ⇒ x = (tm)

0,25

0,5

0,5

0,5

0,25

1. (2,0 điểm)
10 n+1 − 1 n+1
10 + 5 + 1
9
10 2( n+1) + 4.10 n +1 − 5 + 9
=
9

(

A=

 10 n+1 + 2 

Ta có = 
3


2
= 33
1 2...
3 34

)

0,5

0,5

2

n

Vậy A là số chính phương
2
2
2
Mặt khác 33

1 2...
3 34 = 2 . 1666
1 2 3...7 = A
n

3

n −1

Do A Μ2 nhưng A không chia hết cho 8 nên A không thể là lập phương
của một số tự nhiên
2. (2,0 điểm)
Điều kiện: x ≠ −1; y ≠ −1
y2
1
 x2
+
=
 ( y + 1) 2 ( x + 1) 2 2

Theo gt ta có 
 x . y =1
 y + 1 x + 1 4
1
 2
u + v2 =

x
y


2
Đặt u =
;v=
, khi đó : 
y +1
x +1
uv = 1

4

Gmail:

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

0,25

0,25

7


“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

Câu

Nội dung
( u + v )2 = 1

u 2 + v 2 + 2uv = 1
⇔ 2
⇔
2
2
u + v − 2uv = 0
( u − v ) = 0
1
1
Suy ra u = v = hoặc u = v = −
2
2
 y + 1 = 2x
1
Nếu u = v = thì 
⇔ x = y = 1 (thỏa mãn)
2
x + 1 = 2 y
 y + 1 = −2 x
1
1
⇔ x = y = − (thỏa mãn)
Nếu u = v = thì 
2
3
 x + 1 = −2 y
1
Vậy : x = y = 1; x = y = −
3

Điểm

0,75

0,75

4

a. (2,0 điểm) Chứng minh ∆MOB ∼ ∆ACH
Ta có MA = MB ( T/c tiếp tuyến)
OA = OB = R
=> OM là trung trực của đoạn AB
=> OM vuông góc với AB tại J nên OM // AC
=> MOˆ B = ACˆ H => ∆MOB ∼ ∆ACH (g.g)
b.(1,5 điểm) Trong ∆CMB có HI//BM nên
∆MOB ∼ ∆ACH =>

HI CH
=
(1)
BM CB

1,5

HA CH
=
(2)
BM OB

Chia (1) cho (2) theo từng vế ta được

2,0

HI OB 1
=
=
HA CB 2

=> I là trung điểm của AH
c.(0,75 điểm) ∆MOB vuông ở B nên OB2 = OJ . OM => OJ =

Gmail:

8


“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

Câu

Điểm

Nội dung
2

2

OB
R
=

OM
x

 R2 
R 2 (x 2 − R 2 )
2
2
2
 =
∆ OJB vuông ở J nên BJ = OB – OJ = R 2 − 
=> BJ
x2
 x 
R 2
x − R 2 vớ i x > R
=
x
4R 4
2
2
2
∆ ABC vuông ở A nên AC = BC – AB = 2
x
2
2R
=> AC =
x

0,75

2

Lại có BC . AH = AB . AC
AB. AC 2 R 2
= 2
BC
x

=> AH =

x 2 − R 2 với x > R

d.(0,75 điểm) Ta chứng minh: AH ≤ R (3)
2R 2
<=> 2
x

x −R ≤ R
2

0,75

<=> 2R x − R ≤ x
2

2

2

2

<=> 4R2 ( x2 – R2) ≤ x4
<=> x4 – 4R2 x2 + 4R4 ≥ 0
<=> (x2 – 2R2)2 ≥ 0 với ∀ x > R
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x2 – 2R2 = 0 <=> x = R 2
Vậy AH đạt giá trị lớn nhất bằng R khi x = R 2
(2,0 điểm)
Do x, y > 0 và xy ( x − y) = x + y ta suy ra x > y > 0
và xy(x-y)2 = (x+y)2 (1)
Đặt a = x+ y; b = xy (a, b > 0 ; a2 ≥ 4b)
2
2
2
2
Ta có: (1) ⇔ b(a − 4b) = a ⇔ a (b − 1) = 4b
Suy ra: b-1 > 0 và
b

5

2

4b 2
a2 =
b −1

1

0.25
0.25

0.25

1

1

Lại có: b − 1 = b + 1 + b − 1 = (b − 1) + b − 1 + 2 ≥ 2 (b − 1). b − 1 + 2 = 4
(theo bđt cô si)
2
Do đó: a ≥ 16.
Mà a > 0 nên a ≥ 4 ⇒ x + y ≥ 4

0.25

0.25

1

2
Dấu “=” xảy ra khi b − 1 = b − 1 ⇔ (b − 1) = 1 ⇔ b = 2

 x = 2 + 2
x + y = 4
Khi đó:  xy = 2 ⇔ 
(Vì x > y)
 y = 2 − 2

Vậy Min (x+y)=4 khi x = 2 + 2 ; y = 2 − 2 .

0.25

0.25
0.25

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

Gmail:

9


“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
ĐỀ SỐ: 28
MÔN: TOÁN - LỚP 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 24/10/2017-Năm học 2017 - 2018
ĐỀ BÀI
Câu 1: (4,0 điểm)
1
1   2x + x − 1 2x x + x − x 
−
+

 :
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)
a) Giải phương trình : 3x + 6x +12 + 5x −10x + 9 = 3− 4x − 2x .
2
2
2
b) Tìm các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn: 2xy + x + y +1 = x + 2 y + xy.
Câu 3: (4,0 điểm)
2

4

2

2

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 : SDEF = 1−cos A−cos B−cos C .SABC

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 ---------------------------------------

Gmail:

10


“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ SỐ: 28
ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9
Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 24/10/2017-Năm học 2017 - 2018

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 )(1 −

x +x

)

=

x +x

)

)

0,5

0.25

0,5

1− x + x
x

0,5

Ta có

A=

1,0đ

(

1− x + x + 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 
+
 
1
−
x
1
−
x
+
x
x x − 1 

 
=

(

)

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

0,25

1− x + x
1
= x+
−1
x

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

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

VT =
=

3 x 2 + 6 x + 12 +
3( x + 1) 2 + 9 +

Gmail:

5 x 4 − 10 x 2 + 9
5( x 2 − 1) 2 + 4 ≥

9+

4 =5

11


“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

2đ

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = −1

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

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = −1
⇒ VT = VP ⇔ x = −1

2đ

0,5
0,5

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = −1

b

0,5

2

0,5

Ta có:

2xy2 + x + y +1 = x2 + 2y2 + xy

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

0,25

2

2

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

(4 điểm)

2y2 − x − y +

1
=0
x −1

(2)
1
nguyên
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

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)} .

0,25

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

b
2đ

0,25
0,5
0,25

0,25

0,5

Từ (*) và (**) suy ra a – a chia hết cho 5
(1)
5
5
tương tự có b – b chia hết cho 5 (2), c – c chia hết cho 5 (3)
Từ (1) (2) (3) suy ra a5 – a + b5 – b + c5 – c chia hết cho 5
Mà a + b+ c = 24102017 chia hết cho 5
Nên a5 + b5 + c5 chia hết cho 5

0,25

Ta có: a + b + c + d = 0 ⇔ ad + bd + cd + d 2 = 0 (vì d ≠ 0)

0,5

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

Gmail:

0,25
0,5

0,25

12


“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

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 )
=

0,25

[(a + d )(b + d )(c + d )] = (a + d )(b + d )(c + d )
2

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

là số

0,25
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

AF
.
AC

AE AF
Suy ra
=
⇒ ∆AEF : ∆ABC (c.g .c)

AB AC
2

* Từ ∆AEF : ∆ABC suy ra
b) Tương tự câu a,

S AEF  AE 
2
=
 = cos A
S ABC  AB 

S BDF
S
= cos 2 B, CDE = cos 2 C.
S ABC
S ABC

0,5

0,5
0,5
0,5

1

Từ đó suy ra

S DEF S ABC − S AEF − S BDF − SCDE
=

= 1 − cos 2 A − cos 2 B − cos 2 C
S ABC
S ABC

1

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

HC CE
HC.HB CE.HB S HBC
=
⇒
=
=
AC CF
AC. AB CF . AB S ABC
HB.HA S HAB HA.HC S HAC
Tương tự:
;
. Do đó:
=
=
AC.BC S ABC AB.BC S ABC
HC.HB HB.HA HA.HC S HBC + S HCA + S HAB
+
+
=
=1
AC. AB AC.BC AB.BC
S ABC

c) Từ ∆AFC : ∆HEC ⇒

Gmail:

0,25

0,25

13


“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

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

0,25

HA HB HC
+
+
≥ 3
BC AC AB

0,25

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.

0,25

·
·
Do đó ∆AEC = ∆CDB(c − g − c) ⇒ DBC
= ECA

0,25

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

= 60

6

0,25

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

(2 điểm)

= x
≤

(

(

)

x + yz + yz = x

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

)

0,25

0

(

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 ≤

3
1
y+ 
2 
3

z 2 + xyz + xyz ≤

3
1
z+ 
2 
3

1
 x+ y+z
xyz ≤ 
 =
3
3 3


3

Mà

Do đó A ≤

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

3
6
5 5 3
=
=
(1 + x + y + z ) +
2
3
3 3
3

Vậy GTLN của A =

5 3
1
khi x = y = z =
3
3

0,5

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

Gmail:

14

“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
ĐỀ SỐ: 27
MÔN: TOÁN - LỚP 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 – TP. Thanh Hóa -Năm học 2016 - 2017
ĐỀ BÀI
Bài 1: (5,0 điểm)
 x+2
x
1  x −1
+
+
. Với x ≥ 0, x ≠ 1.
Cho biểu thức: P = 
:
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 --------------------------------------Gmail:

15


“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ SỐ: 27
ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9
Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 – TP. Thanh Hóa -Năm học 2016 - 2017
.
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
Điều kiện : x ≥ 0, x ≠ 1.
 x+2
x
1  x −1
P=
+
+
:
2
x
x
−
x
+
x
+
−
x
1
1
1




a



=



2đ

=
=


1  x −1
:
2
x − 1 


x+2

x
+
−
3
x
x

+
+
1
x −1

( )

x + 2 + x ( x − 1) − ( x + x + 1)

(

(

)(

)

x −1 x + x +1

x − 2 x +1

)(

)

x −1 x + x +1

.

:

x −1
2

2
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

0,5

0,5

0,5

0,5

⇔ x + x +1= 7
⇔ x+ x −6=0
⇔ ( x − 2)( x + 3) = 0

1,0

x + 3 > 0 nên x − 2 = 0 ⇔ x = 4 (t/m)
2
Vậy P = khi x = 4
7

0,25

Vì x ≥ 0 ⇒ x + x + 1 ≥ 1

0.25

Vì

⇔ 0<

2

x + x +1
⇔ 0< P≤2

c

1,0đ

0,5

0,25

≤2

0,25

⇔ P ( P − 2) ≤ 0
⇔ P2 − 2P ≤ 0
⇔ P2 ≤ 2P

Gmail:

0,25
16


“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

Dấu “=” xảy ra khi P = 2 ⇔ x = 0
Vậy P2 ≤ 2P
2 y 2 x + x + y + 1 = x 2 + 2 y 2 + xy

0,25

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

Vì x, y ∈ Z nên x - 1∈ Ư(-1) = {1; −1}

A
2đ

Bài 2
4,0đ

b
2đ

+) 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
∉Z (loại)
hoặc y =
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
⇒ ( a + b ) = ( −c )
3

a
2đ

⇒ 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.
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:

Gmail:

0,25

0,5

0,5

0,25

0,5
0,5

3

⇒ a 3 + b3 + 3ab(a + b) = −c3

Bài 3
4,0đ

0,5

0,5
0,25
0,25

0,25

0,5

17


“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

0,5

4 x 2 + 20 x + 25 + x 2 + 6 x + 9 = 10 x − 20
⇔ 2 x + 5 + x + 3 = 10 x − 20
⇔ 2 x + 5 + x + 3 = 10 x − 20
⇔ 7 x = 28

0,5

⇔ 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

0,25
0,5

⇔ ( x + y + 2)( x + y + 5) = − y 2 ≤ 0

b
2đ

⇔ −4 ≤ x + y + 1 ≤ −1
* x + y + 1 = - 4 khi x = - 5; y = 0
* x + y + 1 = - 1 khi x = - 2; y = 0
Vậy Amin = - 4 khi x= - 5; y = 0
Amax = - 1 khi x = -2; y = 0

0,5
0,5
0,5

E
M

A

N

D

a
2đ
Bài 4
6,0 đ

B

F

C

·
·
·
Ta có: ECD
= BCF
(cùng phụ với ECB
)
Chứng minh được: ∆ EDC = ∆ FBC (cạnh góc vuông – góc

nhọn)
⇒ CE = CF
⇒ ∆ ECF cân tại C
Mà CM là đường trung tuyến nên CM ⊥ EF

B
2đ

* Vì ∆ EDC = ∆ FBC ⇒ ED = FB
∆ NCF vuông tại C. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác
vuông ta có: BC2 = NB.BF

Gmail:

1.0

1,0
0,5

0.5
18

“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

⇒ 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 =

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
AC (đpcm).
AM =

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.
Vậy với N là trung điểm của AB thì SACFE = 3.SABCD

0.5

0.5

0.5

0.25

0.5

0,5
0.25

.
* Vì a, b, c > 0 nên

Bài 5
1,0đ

Tương tự:

a
a
a+c
<1⇒
<
.
a+b
a+b a+b+c

b
b+a
<
;
b+c a+b+c

Gmail:

c
c+b
<
c+a a+b+c
19


“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

⇒

0,5

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 )
⇔

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

0,5

Từ (1) (2) ta có đpcm.

Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Với bài 5, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.
-------------------------------------- Hết ---------------------------------------

Gmail:

20


“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
ĐỀ SỐ: 26
MÔN: TOÁN - LỚP 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 12/01/2017-Năm học 2016 - 2017
ĐỀ BÀI
Câu 1: (4,0 điểm).
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.
( a + b + c)(a + b)
abcd
-------------------------------------- Hết ---------------------------------------

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =

Gmail:

21


“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ SỐ: 26
ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9
Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 12/01/2017-Năm học 2016 - 2017
.
Nội dung

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

=
=
=

x + y + 2 xy

y

x+ y
xy .( x +

+

2

y)

x + y + 2 xy
xy( x +
1
xy

( x+

x−

y

y)

3

y)

3

y ) .( x . y )

.(

.

1
x

+

1
y

x−

) :

y

xy xy

xy xy
x−

0,5đ

y

xy xy

y)

xy xy

.

( x+

2( x +

.

2

2

Điểm
4,0 đ
0,5đ

=

x−

0,5đ

y

xy

x−

y

xy

Vậ y A =

x−

0,5đ

y

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

Mà A2 =

0,5đ

y

( xy )2
x + y − 2 xy

=

[( 3 + 5 ) .( 3 − 5 ) ] 2
( 3 + 5 ) + ( 3 − 5 ) − 2. 32 − ( 5 )2

=

42
=8
6 − 2.2

1,0đ
0,5đ

Vậ y : A = 8 = 2 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 = |

3,5 đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ

OA.OB = 2 = ⇔ OA.OB = 4 ⇔ (m - 1)2 = 4|m|

SABC = 2 ⇔

Với m > 0 => (m - 1)2 = 4m
2
⇔ m - 2m + 1 = 4m
2
⇔ m - 6m + 1 = 0
2
⇔ (m - 3) = 8
⇔

Gmail:

⇔

0,5đ
(Thỏa mãn đk)
22


“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

m < 0 => m2 - 2m + 1 = -4m
2
⇔ m + 2m + 1 = 0
2

⇔ (m + 1) = 0
(Thỏa mãn đk)
⇔ m=-1
Vậ y m
ĐK: x ≥ 0 .
b.
(1,5đ) Nhận thấy: x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế
cho x ta có:
Vớ i

0,5đ
0,25đ

0,25đ

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
t = −2

⇔ (t − 4) − t − 2 = 0 ⇔ t − t − 6 = 0 ⇔ (t − 3)(t + 2) = 0 ⇔ 
2

2

Đối chiếu ĐK của t
⇒t =3⇔ x +

x = 4
2
= 3 ⇔ x − 3 x + 2 = 0 ⇔ ( x − 2)( x − 1) = 0 ⇔ 
x
x = 1

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1 hoặc x = 4

Câu 3
Từ 2x6 + y2 – 2x3y = 320 <=>(x3 - y)2 + (x3)2 = 320
a.
(1,5đ) => (x3)2 ≤ 320 => x < 3 mà x nguyên nên ta có các trường hợp:
+ Nếu x = 0 thì y không nguyên ( loại)
+ Nếu x = 1 hoặc x = -1 thì y không nguyên (loại)
+ Nếu x = 2=> y= - 8 hoặc y = 24

+ Nếu x = -2 => y= -24 hoặc y = 8
Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là:
(2;-8);(2;24);(-2;- 24);(-2;8)
b.
(2,0đ)

0,5đ

2 a + 3b + 3c + 1 3a + 2b + 3c 3a + 3b + 2c − 1
+
+
≥6
2015 + a
2016 + b
2017 + c
b + c + 4033 c + a + 4032 a + b + 4031
+
+
≥6
⇔
2015 + a
2016 + b
2017 + c
Đặt 2015 + a = x;
2016 + b = y;
2017 + c = z
(x,y,z > 0)
b + c + 4033 c + a + 4032 a + b + 4031
+
+

VT =
2015 + a
2016 + b
2017 + c

0,25đ

3,5 đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

Ta có :

Gmail:

0,5đ
0,5đ
0,5đ

23


“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

VT =

y+z z+x x+ y y x x z y z
+
+
= + + + + +
x
y
z
x y z x z y

0,5đ

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
H

I

C

K
E
M

·
a.
Vì A thuộc đường tròn đường kính BC nên BAC
= 900
(1,5đ)
AB AH
Xét ∆ vuông BAC và ∆ vuông AHC có
=
= tan ·ACB
AC HC
2AB 2AH
AM AH
⇒
=
(Vì HC = 2IC) ⇒
=

(Vì AM = 2AB)
AC
2 IC
AC
IC
AM AH
Xét 2 tam giác AHM và CIA ta có
⇒
=
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) ⇒ HMA
= IAC
( 2 góc tương ứng)
0
0
·

·
·
·
Mà: IAC + DAM = 90 nên HMA + DAM = 90
⇒·
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
Vì K là trọng tâm của tam giác MBC
BK
=2
Nên K là giao điểm của BE và MO và
KE
AN BK
⇒
=
⇒ NK / / AB (Định lí Ta Lét đảo) (1)
NE KE

Gmail:

0,5đ
0,5đ

0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ

24


“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”

BA = BM 
 ⇒ BE là đường trung bình của tam giác AMC
EM = EC 
Nên BE//AC mà AC ⊥ AB nên BE ⊥ AB (2)
·
= 900 (3)
Từ (1) và (2) ⇒ NK ⊥ BE tại K ⇒ BKN
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.
Vì

Câu 5
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

0,5đ

0,5đ

0,5đ
2,0 đ
0,25đ

1
1
1
ax = by = cz
2
2
2
1
1
s = SIAB + SIAC + SIBC = r(a + b + c) = (a + b + c) (do r = 1)
2
2
a+b+c
Suy ra: x =
> 2 (theo BĐT tam giác).
a

0,25đ

Tương tự y > 2; z > 2

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

0,5đ

∆ABC. Khi đó: SABC =s =

0,25đ
0,25đ
0,25đ

2,0 đ

Câu 6
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 + b + c)(a + b + c).d

=> a + b + c ≥ 4(a + b + c)2.d ≥ 0
(1)
Lại áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số không âm (a + b) và c ta có:

0,5đ
0,5đ

(2)
(a + b) + c ≥ 2. (a + b).c ⇒ (a+b+c)2 ≥ 4 (a+b).c > 0
Vì (1) và (2 ) cùng chiều và cùng dương nên thay (2) vào (1) ta được:
a + b + c ≥ 4 (a + b + c)2.d ≥ 16 (a + b).c.d
2
(a + b + c)(a + b) 16( a + b) 2 .cd 16( a + b)
≥ 64 (3) (Vì
Ta có A =
≥
=
ab
abcd
abcd

0,5đ

(a+b)2 ≥ 4ab. Dấu “ = “ xảy ra khi: (1); (2); (3) cùng xảy ra dấu “=” và a
+b+c+d=1
0,5đ

Gmail:

25