Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 năm 2019-2020 – Trường THCS Hương Sơn

PHÒNG GD& ĐT TÂN KỲ

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 (lần 2)
Năm học: 2019­2020
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút

TRƯỜNG THCS HƯƠNG 
SƠN

Bài 1 (4 điểm). Cho biểu thức: P = 

x
x −2

−

x − x −1
x−2 x

.

x +2
x +1

−

3 x − 10
x−2 x −3

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tính giá trị của P với x =  3 7 + 50 + 3 7 − 50
Bài 2 (3 điểm).
a) Tìm các số tự nhiên n để biểu thức P = n3 – 6n2 + 9n – 2 có giá trị là một 
số nguyên tố
b) Chứng minh rằng: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n M 24 với n là số nguyên.
Bài 3 (3 điểm). 
a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x2y + xy ­ 2x2 – 3x + 4 = 0.
b) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn  a + b + c = 2019 . 

a2
b2
c2
Tìm GTNN của:  M =
 
+
+
b+c c+a a+b
Bài 4 (4 điểm). Giải các phương trình sau:
a)  x − 2 + 10 − x = x2 − 12x + 40
b)  2x − 1 − x + 2 =

3− x
2

 

Bài 5 (6 điểm). 
Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. M là một điểm bất kỳ  trên 
cạnh BC ( M khác B và C). Tia AM cắt đường thẳng CD tại N. Trên cạnh AB  
lấy điểm E sao cho BE = CM.

a) Chứng minh rằng:  ∆ OEM vuông cân.
b) Chứng minh: ME // BN.
c) Từ  C kẻ  CH   ⊥   BN ( H   BN). Chứng minh ba điểm O, M, H thẳng  
hàng.


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 LẦN 2
Ý

Đáp án

Bài 1 (4 điểm). Cho biểu thức: P = 
a) Rút gọn biểu thức P.

x

x−2

−

x− x −1
x− 2 x

.

x+2

−

3 x − 10

Điểm

x +1 x− 2 x −3

b) Tính giá trị của P với x =  3 7 + 50 + 3 7 − 50

ĐKXĐ: x > 0, x  (  4x + 2) ( x − 3) − 3 x + 10
x − x + x +1
2
.
(2 điểm)
P = 
x
−
2
(
)
x xx +−12)
( x + 1) ( 3x=− 3) x − 2
.
P =  = (
x ( x − 3)
( x3 −72+) 50
( x++3 17) −( x50− 3)= 14 – 3x
b 
Ta có x3x = 
2
(2 điểm)
 x3 + 3x – 14 = 0  2 (x – 2)(x

−2
4  + 2x + 7) = 0 
2 −5
=
Với x = 2 thì P = 
7
a 

(

)

2

Bài 2 (3 điểm).

(

 x = 2

)

2 −3

0,5
1
1
0,5
0,5
0,5

a) Tìm các số tự nhiên n để biểu thức P = n3 – 6n2 + 9n – 2 có giá trị là một 
số nguyên tố
b) Chứng minh rằng: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n M 24 với n là số nguyên.
Ta có: P = n3 – 6n2 + 9n – 2 = (n – 2)(n2 – 4n + 1)
(1,5 điểm) Để P là số nguyên tố thì n – 2 = 1 hoặc n2 – 4n + 1 = 1
+) n – 2 = 1   n = 3
+)  n2 – 4n + 1 = 1  n = 0 hoặc n = 4
Thử lại ta thấy n = 4 thì P là số nguyên tố
Vậy n = 4 thì P là số nguyên tố
b 
Ta có: A = n4 + 6n3 + 11n2 + 6n = n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
(1,5 điểm) Do n(n + 1)(n + 2)(n + 3) là tích của 5 số nguyên liên tiếp
 A M 3  (1)
Trong 5 số nguyên liên tiếp luôn có hai số chẵn liên tiếp 
 A M 8  (2) 
Mà (3, 8) = 1 (3)
Từ (1), (2), (3)   A M 3.8 = 24.
Bài 3 (3 điểm). 
a 

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

0,25

a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x2y + xy ­ 2x2 – 3x + 4 = 0.

a 

a + b + c = 2019 . 
b) Cho các số dương a, b, c th
ỏa mãn 
a2
b2
c2
Tìm GTNN của:  M =
 
+
+
b
+
c
+
a
a
+
b
2
2c
Ta có: x y + xy ­ 2x  – 3x + 4 = 0

0,25

       xy(x + 1) – 2x(x + 1) – (x + 1) = ­5
       (x + 1)(xy – 2x ­ 1) = ­5
Do x, y là số nguyên nên ta có bảng
x + 1
1
­1
5
xy – 2x ­ 1
­5
5
­1
x
0
­2
4
y
Không có
­1
7/2
Vậy PT có nghiệm (x, y) = (­2; ­1), (­6; 1)
b 
Vì a, b, c d
ương nên theo bđt Cosi ta có:
a2
b+c
a2 b + c
(1,5 điểm)
+
2

.
= a  . 
b2
c ++ ca 4 c 2
a+b
b
+
c
4
b
Tương tự 
+
b;
+
c
c+a
4
a+b
4
a+b+c
Cộng vế các bất đẳng thức trên ta có  M +
2
.
a + b + c 2019
=
Hay  M
 . 
2019
2
2

Dấu bằng xảy ra khi  a = b = c =
 
2019
2019
3
a=b=c=
Vậy  min M =
2
3
(1,5 điểm)

0,25
0,5
­5
1
­6
1
0,5
0,5

a+b+c

Bài 4 (4 điểm). Giải các phương trình sau:
a)  x − 2 + 10 − x = x2 − 12x + 40                        b)  2x − 1 − x + 2 =
a 
ĐKXĐ:  2 x 10
(2 điểm)
Ta có: x2 – 12x + 40 = (x – 6)2 + 4   4
Dấu “=” xẩy ra khi x = 6     (1)
Theo Bunhiacopxki ta có:

x − 2 + 10 − x

( 1 + 1) ( x − 2 + 10 − x )

Dấu “=” xẩy ra khi x = 6     (2)
Từ (1), (2)   PT có nghiệm x = 6.
1
ĐKXĐ: x     

b 
(2 điểm)

=4

2x − 1 − x − 2
x −3
2 3− x
2x − 1 − x + 2 =
+
=0
1 2
2x1− 1 + x + 2
2
+
=0 x =3
( x − 3)
2x − 1 + x + 2
2

Vậy PT có nghiệm x = 3

0,5

0,5

3− x
2

 
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,75
0,75
0,25

Bài 5 (6 điểm). 
Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. M là một điểm bất kỳ  trên  
cạnh BC ( M khác B và C). Tia AM cắt đường thẳng CD tại N. Trên cạnh AB  
lấy điểm E sao cho BE = CM.
a) Chứng minh rằng:  ∆ OEM vuông cân.
b) Chứng minh: ME // BN.
c) Từ C kẻ CH  ⊥  BN ( H  BN). Chứng minh ba điểm O, M, H thẳng hàng.


O

a

M

H

                
(2,5 điểm) Xét  ∆ OMC =  ∆ OEB (c­g­c) 
ﾷ
ﾷ
OM = OE   (1) và  EOB
= MOC
ﾷ
ﾷ
ﾷ
ﾷ
Mà  MOB
+ MOC
= 900
MOB
+ EOB
= 900    (2)
Từ (1) và (2)  ∆ OEM vuông cân.
b
Ta có:  ∆ OMC  :   ∆ OEB (g­g) 
(2 điểm)

D

C

N

CM MN
=
      (3)
BM MA

Mà CM = BE, BM = AE   (4)
Từ (3), (4) 

BE MN
=
AE MA

 ME // BN (định lý Ta lét đảo)
c
Gọi H’ là giao điểm của OM với BN
ﾷ
ﾷ ' B = 450   (5)
(1,5 điểm) Do EM // BN  OME
= MH
∆MCO : ∆MHB (g− g)  

MO MC
=
MB MH '
ﾷ ' C = MBO
ﾷ
∆OMB : ∆CMH ' (c − g − c)
MH

= 450    (6)
ﾷ ' B = 900    H’ trùng với H
Từ (5), (6)  CH

Vậy O, M, H thẳng hàng

0,5
1
0,5
0,5
0,5

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