TONG HOP 21 DE THI HOC SINH GIOI TOAN 9 C DAP AN

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (654.37 KB, 73 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

đề thi học sinh giỏi cấp huyện
môn tốn 9

Thời gian làm bài: 150 phút
§Ị sè 1

Câu 1: Cho biểu thức

1 1

1 1 1

x x
A

x x x x x



  

    

a, Rút gọn A
b, Tìm x để A > 0

c, Tính Giá trị của A khi

5
9 2 7
x 



Câu 2: Cho (p): y x2


(d): y3x 2

a, Tìm hai toạ độ giao điểm của (p) và (d)

b, Tính diện tích tam giác tạo bởi hai toạ độ giao điểm và gốc toạ độ.

Câu 3: Giải hệ phương trình:

1
2
5
6
2
3
x y

xyz
y z

xyz

x z

xyz
 





 





 






Câu 4: Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O;R). Vẽ AI vng góc với BC, BE vng

góc với AC. AI cắt BE tại H.
a, Chứng minh rằng CHI CBA 

b, Chứng ming COEI

c, Khi ACB 600 Chứng minh CH CO

Câu 5: Cho ABC có A 900; AB BC . AM là đường trung tuyến của tam giác.
AMB; ACB .

Chứng minh 1 sin (sin cos )2

  

  

...HÕt...

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu 1: (3đ)

a, Điều kiện: x > 1 0,5đ

2 1

A x  x 1,5đ

b, A > 0 khi 1x2 2,0đ

c, A = 7 2,0đ

Câu 2:

a, A(1;1), B(2;4) 1,0 đ

b, SAOB 1 (đvdt) 1,0 đ

Câu 3: Hệ phương trình có hai nghiệm:

(x; y; z) = (1; 2; 3) và (x; y; z) = (-1; -2; -3) 2,0đ

Câu 4:

a, CHI CBA  2,0đ

b, Kẽ đường kính CD
DAB BCD

DAB ABE

ABEABF

ACE HIE

 HIE BCD

có AI BC IECO 3,0đ

c, HCE DCB CH CE
CD BC

   



1

CH  BC 3,0đ

Câu 5:

sin . sin

AH   AM  BC 

sin . sin cos

AH   AC BC  
sin  2 sin cos

 

1 sin  (sin cos)

    2,0đ

đề thi học sinh giỏi cấp huyện
mơn tốn 9

Thời gian làm bài: 150 phút

2

H . O

F

E

I
D

A

C
B

A

C 
 M

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

§Ị sè 2

Câu 1(5,0 điểm): Cho biểu thức P = 









 

   

2 x 3

x x 3 x 3

x 2 x 3 x 1 3 x

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị của P khi x = 14 6 5

c) Tìm GTNN của P

Câu 2(4,0 điểm):

Bằng đồ thị, hãy biện luận số nghiệm của phương trình: x  x 1 m

Câu 3 (3,0 điểm):

Tìm số có hai chữ số biết rằng phân số có tử số là số đó, mẫu số là tích của hai
chữ số của nó có phân số tối giản là 16

9 và hiệu của số cần tìm với số có cùng các chữ số

với nó nhưng viết theo thứ tự ngược lại bằng 27.

Câu 4(6,0 điểm): Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Gọi AB là đường

kính của đường trịn (O), AC là là đường kính của đường trịn (O’), DE là tiếp tuyến
chung của hai đường tròn, D  (O), E  (O’), K là giao điểm của BD và CE.

a) Tứ giác ADKE là hình gì? Vì sao?

b) Chứng minh AK là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O’)
c) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng MK vng góc với DE.

Câu 5(2,0 điểm): Giải phương trình : 3x2 6x 7 5x2 10x 21 5 2x x2

        .

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

hớng dẫn chấm đề số 2

Câu: Nội dung cơ bản: Điểm

a) ĐKXĐ: x 0, x9

P =



 





 



     






 

x x 3 2 x 3 x 3 x 1

x 8

x 1

x 1 x 3

b)   







    

x 14 6 5 5 3 x 5 3 3 5

P = 58 2 5

  

        

   

x 8 x 1 9 9 9

P x 1 x 1 2

x 1 x 1 x 1 x 1

=>P2 9  24

Dấu “=” xảy ra khi    


9

x 1 x 4

x 1

Vậy min P = 4 khi x = 4

0.5
1.0
1.0
1.0
0.5
0.5
0.5

*Xét ba trường hợp:

Với x0 thì y = -x – x +1 = -2x + 1

Với 0 < x < 1 thì y = x – x + 1 = 1
Với x1 thì y = x + x – 1 = 2x -1

Vậy y =

2x 1 nÕu x 0
1 nÕu 0 < x < 1
2x - 1 nÕu x 1

  





 



Đồ thị hàm số : y = x  x 1

là đường nét đậm trên hình vẽ
*Đường thẳng y = m cùng phương
với Ox, cắy Oy trên điểm có tung độ m.
Dựa vào đồ thị ta kết luận:

Nếu m < 1 thì phương trình vơ nghiệm.

Nếu m = 1 thì phương trình có nghiệm : 0 x 1.

Nếu m > 1 thì phương trình có 2 nghiệm .

1.0

1.0
1.0

1.0
3 Gọi số cần tìm là xy với x y, Z;1x y, 9. 1.0

4

1
O
-1

1

2

-1

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Theo giả thiết:





10 16

3
9

90 9 16

10 10 27

x y

x y
xy

x y xy

x y y x




   





 

 



    



Giải hpt ta được: 1 2

3
9;

x  x  (loại). Suy ra y 6.

Vậy số cần tìm là :96.

1.0
0.75
0.25

a) Theo tính chất góc ngồi của tam giác :  O1 = 2B, O’1 = 2C

mà O1 + O’1 = 1800 nên B+C=900, suy ra K=900. Ta lại có

D = E = 900 nên tứ giác ADKE là hình chữ nhật.

b) A1+A2=D1+D2=900 nên KA  BC. Vậy AK là tiếp tuyến

của (O) và (O’).

c) K1 + E1 = C + EKA = 900 nên MK  DE.

2.0
2.0
2.0

Viết lại phương trình dưới dạng :

3(x 1)2 4 5(x 1)2 16 6 (x 1)2

        .

Vế trái của phương trình khơng nhỏ hơn 6, cịn vế phải không lớn
hơn 6.

Vậy đẳng thức chỉ xảy ra khi cả hai vế đều bằng 6, suy ra x = -1.

1.0
1.0

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

môn toán 9

Thi gian lm bi: 150 phỳt
Đề số 3

Bài 1. (3đ)

Cho biểu thøc:

1
1
1
1













x
x

x
x
x

x
x
A

1. Tìm x để biểu thức A có nghĩa. Hãy rút gọn A

2. TÝnh A khi x33  8 2

3. Chøng minh r»ng:
3
1


A
Bµi 2. (4đ)

Giải các phơng trình, hệ phơng trình sau

1. 1 3 2 1 1 4 1









 x x x x

x












1
4

y
x

z

x
z
y

z
y
x

Bµi 3. (6,5®)

1. Cho a b c d, , , là bốn số nguyên dơng bất kì, chứng minh rằng sè

a b c d

A

a b c a b d b c d a c d

   

   không phải là một sè nguyªn

2. Giả sử x,y là những số khơng âm thay đổi thoả mãn điều kiện 2 2 1

y

x

a. Chứng minh rằng 1xy 2

3. Cho a,b,clà ba số dơng. Chøng minh r»ng: 
















a
c
c
b
b
a
c
b

a 2

1
2

1
3
1
1
1

Bài 4. (3,5đ) Cho ABC đều cạnh a. Điểm Q di động trên cạnh AC, điểm P di động

trên tia đối của tia CB sao cho AQ BP a. 2

 . Đờng thẳng AP cắt đờng thẳng BQ tại M

a. CM tứ giác ABCM ni tip c

b. Tìm giá trị lớn nhất cña MA MC theo a

Bài 5. (3đ) Cho tam giác ABCnội tiếp đờng tròn  O , điểm M thuộc cung BC không
chứa A. Gọi MH,MI,MKtheo thứ tự là các đờng vng góc kẻ từM đến BC,AB,AC .
Chứng minh rằng

MK
AC
MI
AB

MH

BC




...HÕt...

hớng dẫn chấm đề số 3
Bài 1. (4đ)

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

1. (2®) A cã nghÜa khi vµ chØ khi























1

0

01

0 x

(0,5®)

* Rót gän

1
1
1
1
1
2









x
x
x
x
x
x
x
A
=







1
1
1
1
1
2










x
x
x
x
x
x
x
x
(0,25®)
=





 









1
1
1
2










x
x
x
x
x
x
x
x
(0,25®)
=















x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
(0,75đ)
2.(1đ) Theo giả thiết x33 8 2



4 21



2  x4 21 (0,5®)

Do đó
2
4
33

1
2
4
1
1
2
4
2
8
33
1
2
4









A (0,5đ)

3.(1®) Ta cã 0

3
1
3
1




 A

A hay 0

3
1
1 

 x

x

x (0,25®)













1
1
3
1
2
1
3
1
3 2



















x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x

, đúng (0,5đ)

Vì 3



x x1



0;



x1

2 0, vỡ x1

Kết luận: Với 0x1 thì
3
1

A (0,25đ)

Bài 2. (3,5đ)

1.(1,5đ) ĐK:

1

0

1

0

1

0

1

4
2
3

x

(0,5đ)

Đặt 1; 3 2 1

x b x x x

a víi a0,b0

Ta cã x4 1 x 1



x3 x2 x 1



a.b










Khi đó PT đã cho trở thành: ab1ab a1b10 a1hoặcb1 (0,25đ)
* Với a1thì x11 x2 (thoả mãn) (0,25đ)

* Víi b 1th× 3 2 1 1 3 2 1 1



2 1



0













x x x x x x x x

x

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

2.(2đ) ĐK:

4

1

4

1

4

1

01

4

01

4

01

4 z

y

x

y

x

z

(0, 5®)
Ta cã



























































1

42

2

14

2

14

2

1

4

14 y

xz

x

zy

z

y

x

y

xz

x

zy

z

yx

(0,25®)

0

2 0

 x y z (0,25®)











































114

011

4

011

4

011

4 z

y

x

z

y

x

z

y

x





























2

1

2

1

2

1

2

4

2

4

2

4 z

y

x

z

y

x

(tm®k) (0,25®)

KL: HƯ pt cã nghiÖm duy nhÊt   







2
1
;
2
1
;
2
1
;

;y z

x (0,25đ)

Bài 3. (6,0đ)

1.(2,5) Vì a b c d, , , dơng nên ;

d
c
b
a
a
c

b
a
a

a b c d;

b
d
b
a
b






 a b c d;

c
d
c
b
c







;
d
c
b
a
d
d
c
a
d






 (0, 5®)

Cộng tất cả các BĐT cùng chiều trên ta đợc

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

a b c d
A

a b c a b d b c d a c d

   

        abcd 

a
d
c
b
a
b



 +a b c d

c




 +a b c d

d

= 1

d
c
b
a
d
c
b
a
(1) (0,5đ)

Mặt khác, ta có BĐT xy yx zz




 víi x  yvµx,y,z 0 (*)

ThËt vËy, ta xÐt hiÖu

 

 
   0

z
y
y
y
x
z
z
y
y
yz
xy
xz
xy
z
y
z
x
y
x

(vì x y) (0,25đ)
Bây giờ ta áp dụng BĐT (*) ta có các BĐT

;
d
c
b
a
d
a
c
b
a
a







 a b c d;

c
b
d
b
a
b








;
d
c
b
a
a
c
d
c
b
c







 a b c d;

b
d
d
c

a
d







 (0, 5®)

Cộng các BĐT cùng chiều trên ta đợc

a b c d

A

a b c a b d b c d a c d

   
           


d
c
b
a
d
a






d
c
b
a
c
b
d
c
b
a
a
c




d
c
b
a
b
d






=2  2







d
c
b
a
d
c
b
a
(2) (0,5®)

Kết hợp (1) và (2) ta đợc 1A2 hay A không phải là số ngun (0,25đ)

2.(1,5®) a. Tríc tiên ta chứng minh BĐT x y2 2

x2 y2

Thật vậy, ta xÐt hiÖu





  2 2 2   0

2 2 2 2 2 2 2 2 2












y x y x y x xy y x y

x , ỳng hay x y2 2

x2 y2

Đẳng thức xảu ra khi và chỉ khi x y (0,25đ)

áp dụng

2 2



2 2



2




y x y

x (v× 2 2 1

y

x ). Suy ra xy 2 (1) (0,5đ)

Ta lại có:

x x2

y y2

x1 xy1 y
Vì x,y0 và 2 2 1


y

x nên 0x 1;0y 1. Do đó x1 x0;y1 y 0

Suy ra 2 2 1




y x y

x (2) (0,5đ)

Từ (1) và (2) ta có 1xy 2 (0,25®)

3.(2®) Víi x,y,z 0, ta cã xyz3 xyz3 ;

3
3
1
1
1
xyz
z
y

x  

Suy ra  

z
y
x
z
y
x
z
y
x
z
y
x


















 1 1 1 9 1 1 1 9 (*) (0,25®)

(Chú ý là đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xyz)

¸p dơng (*) ta cã

b
a
b
b
a 2
9
1
1
1




 ;
c
b
c
c
b 2
9
1
1
1



 ;
a
c
a
a
c 2
9
1
1
1




 (0,5®)

Cộng từng vế ba BĐT cùng chiều trên ta đợc:




















a
c
c
b
b
a
c
b
a 2

1
2
1
2
1
9
1
1
1

3 (0,25®)

 













a
c
c
b

b
a
c
b
a 2
1
2
1
2
1
3
1
1
1
(0,25đ)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc

Bài 4. (4đ)

Giáo viên : Đỗ Tuán Long Trờng THCS Định Bình

9
A

Q

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

1.(2đ) Theo giả thiết AQ BP a. 2

suy ra

BP
AB

AB
AQ

 ; BAQABP600 (0,75®)

VËy AQB~ BAP



c.g.c



. Suy ra AQBBAP600 CAM (0,75đ)

Mà AQBQBCQCB600 QBC

Do ú MAC MBC(hai gúc cựng chn mt cung).Nờn t giỏcABCM ni tip(0,5)

2. (2đ) Trên MBlấy ®iÓm E sao cho ME MA (0,25®)

Do 600






AME ACB , vì thế tam giác AME là tam giác đều
Suy ra AE AM và 600



MAE , từ đó BAE MAC



600  EAC



Lại có AB AC anên BAE CAMc.g.c, suy ra BE CM (0,5đ)

VËy MAMCMEEBMB (0,25®)

Do đóMA MC lớn nhất khi và chỉ khiMBlớn nhất khi và chỉ khiMBlà đờng kính đờng

trịn ngoại tiếp tam giác đềuABC (0,25đ)

Gọi hvà R lần lợt là chiều cao và bán kính đờng trịn ngoại tiếp tam giác đềuABC thì

2
3

a

h  vµ

3
3
2

3
.
3
2
3

2 a a

h

R   . Do đó

3
2
2R a

MB   (0,5®)

VËy giá trị lớn nhất của MA MC =

3
3

2a (0,25đ)

Bài 5. (2,5đ)

Giả sử AC AB. Ta có

MK
AK
MI

AI
MK

KC
AK
MI

BI
AI

MK

AC
MI
AB

(1) (0,5đ)

(Vì

MK
KC
MI

BI
MCK
g

MBI
g
MCK

MBI

cot cot ) (0,25đ)

Do MABMCB (cùng chắn cungMB) nên cotgMABcotgMCB, (0,25đ)

Suy ra

MH
CH
MI

AI

(2) (0,5đ)

Do MAC MBC (cùng chắn cungMC) nên cotgMAC cotgMBC, (0,25đ)

Suy ra

MH
BH
MK

AK

(3) (0,5đ)

Từ (1), (2), (3) suy ra

MH

BC
MH

BH
MH
CH
MK

AC
MI
AB






 (0,25®)

***********************************************

10

A

K
B

C
H

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

đề thi học sinh giỏi cấp huyện
mơn tốn 9

Thời gian làm bài: 150 phỳt
Đề số 4

Bài 1 ( 3 điểm ): Cho biĨu thøc:

x
x
x

x
x

x
x
x











3
3
1

)
3
(
2
3
2

1) Rót gän biĨu thøc P

2) TÝnh gi¸ trị của P với x = 14-6 5

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của P

Bài 2 ( 3 điểm ): Giải phơng trình:

1) 1

1
1

2
1
2

3
1

x x x x x

x

2) 28 4 2 1

1
4
2
36









 y x y

x

Bµi 3 ( 3 ®iÓm ):

1) Cho biÓu thøc A = 2 4 20

x

x . Tìm giá trị nhỏ nhất của A
2) Cho (x+ 2 3



x )(y+ 2 3



y ) = 3. Tìm giá trị của biểu thức P = x + y

Bài 4 ( 3 điểm ):

1) Chứng minh rằng:
5 2 < 1 +

50
1
...
4
1
3
1
2
1





 < 10 2

2) T×m giá trị nhỏ nhất của P = x2 + y2 + z2

BiÕt x + y + z = 2007

Bài 5 ( 3 điểm ): Cho a, b, c lần lợt là độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC.

Chøng minh r»ng:

bc
a
A
Sin

2
2 

Bài 6 ( 5 điểm ): Cho tam giác đều ABC có cạnh 60 cm. Trên cạnh BC lấy điểm D sao

cho BD = 20 cm. Đờng trung trực của AD cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự ở E, F. Tính
độ dài các cạnh của tam giác DEF.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Ht---hng dn chm s 4

Bài Nội dung Điểm

Bài 1
3
®iĨm

1) Điều kiện để giá trị biểu thức P xác định: x  0; x  9

Rót gän:
P =
3
3
1
)
3

(
2
)
3
)(
1
(
3









x
x
x
x
x
x
x
x
=
)
1
)(
3

(
)
1
)(
3
(
)
3
(
2
3 2








x
x
x
x
x
x
x
=
)
1
)(

3
(
3
3
18
12
2
3










x
x
x
x
x
x
x
x
x
=
1
8

)
1
)(
3
(
)
8
(
)
8
(
)
1
)(
3
(
24
8
3















x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
0,5
0,25
0,5
0,25

2) x = 14 -6 5 = ... = ( 5 - 3)2 => x = 3 - 5

Khi đó P =

11
5
2
58

5
4
5
6
22
1
5
3
8
5
6
14 








0,25
0,5

3) P =

1
8


x

x
= 







1
9
1
1
9
1
x
x
x
x
1


x +

1
9



x - 2 2

9 - 2 = 4

( áp dụng BĐT Côsi cho hai sè d¬ng x 1;

1
9



x )

DÊu " = " s¶y ra <=> x 1 =

1
9



x <=> x = 4 thoả mÃn đk

Vậy min P = 4 khi x = 4

0,5

0,25

Bài 2
3
điểm

1) Giải phơng trình:

1
1
1
1
2
1
2
3
1

x x x x x

x ®k: x  0

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

<=> ( x3- x2) + ( x2- x1) + ( x1 - x) = 1
<=> x3 = x + 1

<=> x + 3 = x + 2 x + 1
<=> 2 x = 2

<=> x = 1

<=> x = 1 tho¶ m·n ®k. VËy pt cã nghiƯm x = 1

2) đk để phơng trình 362 4 128 4  2 1




 y x y

x (1) cã

nghiƯm lµ: x > 2; y > 1

(1) <=> 28 0

1
)
1
(
4
2
)
2
(
4

36 2 2










y
y
x
x

<=> 0

1
)
1
2
(
2
)
2
2
6

( 2 2









y
y
x
x
(2)

Víi x > 2; y > 1 =>



























0

1

0

2

0 )1

2(

0 )

2 6(

2
2

y

x

y

x

(3)

Tõ (2) vµ (3) =>

















0 )1

2(

0 )2

2 6(

2
2

y

x

<=>

















0 )1

2(

0 )2

2 6(

y

x

<=>

















1

2

6 y

x

<=>









5

11 y

x

Thư l¹i: x = 11; y = 5 lµ nghiƯm cđa pt
VËy pt cã 1 nghiệm duy nhất (x,y) = (11,5)

0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
Bài 3
3
điểm

1) A = 2 4 20


 x

x

A = (x2  4x4)16  (x 2)216  164

A = 4 <=> x - 2 = 0 <=> x = 2
VËy Min A = 4

0,5
0,5
0,5
2) XÐt biÓu thøc (x+ 2 3



x )(y+ 2 3



y ) = 3 (1)

Nh©n 2 vÕ cđa (1) víi (x- 2 3


x )  0 ta đợc:
-3(y+ 2 3



y ) = 3(x- 2 3


x )

<=> -(y+ 2 3


y ) = (x- x2 3) (2)

Nh©n 2 vÕ cđa (1) víi (y- 2 3


y ) 0 ta đợc:

-3(x+ 2 3


x ) = 3(y- 2 3


y )

<=> -(x+ 2 3


x ) = (y- 2 3


y ) (3)

Lấy (2) cộng với (3) ta đợc:
-(x+y) = x+y => x+y = 0
Vậy A = x+y = 0

0,5

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Bài 4
3
điểm

1) 5 2 < 1 +

50
1
...
4
1
3
1
2
1





 < 10 2

đặt S = 1 +

50
1
...
4
1
3

1
2
1





ta cã: S >

50
1
...
50
1
50
1
50
1





 =

50
1

.50 = 5 2 (1)

Mặt khác ta có: 1 =

1
2

2
<

0
1

; 2 1;...;

2
2

2
2
2
1





49
50

2
50

2
2
50
1





Cộng 2 vế ta đợc:
S <

0
1

 + 50 49

2
...

1
2






= 2{( 1- 0)+( 2 - 1)+...+( 50- 49)} = 2 50 = 10 2 (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: 5 2 < S < 10 2 (đpcm)

0,25

0,5

0,5
0,25

2) Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa P = x2 + y2 + z2

Biết x + y + z = 2007
áp dụng BĐT Bu nhiac«pxki ta cã:

(x+y+z)2 (x2+y2+z2).(1+1+1)

<=> x2+y2+z2  (x+y+z)2 /3 = 2007/3 = 669

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là: 669

0,5

0,25
0,25

Bài 5
3
điểm

Kẻ Ax là tia phân giác của góc BAC, kẻ BM Ax và CN Ax

Từ hai tam giác vuông AMB vµ ANC, ta cã:
Sin MAB = Sin

AB
BM
A



2 => BM = c.sin 2

A

SinNAC = sin
2

A

AC
CN

=> CN = b.sin
2

A

Do ú BM + CN = sin
2

A

(b+c)

Mặt khác ta có BM + CN BD + CD = BC = a
=> sin

A

(b+c)  a, v× sin
2

A

< 1

Do b+c 2 bc nên

bc
c

b 2

1
1

Hay sin
2

A

bc
a

2 ( đpcm)

0,5

0,5
0,5

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Bài 6
5

điểm GT: Tam giác ABC: AB = BC = AC = 60 cm, BD = 20 cm
KL: DE = ?; DF = ?; EF = ?

Đạt DE = AE = x, DF = AF = y. KỴ DI AB, DK AC.

Ta cã BI = BD.cos600 = 20.

2
1

= 10

DI = BD 2 BI2 = 20 2 102 = 300 = 10 3

Ta có: EI = 50 - x, áp dụng định lý pitago trong tam giác vng
DEI ta có: ED2 = EI2 + ID2 = (50 - x)2 + (10 3)2

=> x2 = 2500 - 100x + x2 +300 <=> 100x = 2800 => x = 28

Ta cã: CK = CD. cos600 = 40.

2
1

= 20; DK = DC 2 CK2 =

2 20

40  = 1200 = 20 3.

Ta có: FK = 40 - y; áp dụng định lí pitago trong tam giác vng
DFK ta có: DF2 = DK2 + FK2 = (40-y)2 + (20 3)2

<=> y2 = 1600 - 80y + y2 + 1200 <=> 80y = 2800 => y = 35

KỴ EK AF, ta cã: AH = EA. cos600 = 28.

2
1

= 14.
HF = y-14 = 35 - 14 = 21

EH = x.sin600 = 28.
2

3 = 14

Suy ra: EF = EH 2 HF2 = (14 3)2 212

 = 1029 = 7 21.

VËy: DE = 28, DF = 35, EF = 7 21.

0,5

0,25

0,5

0,25
0,25
0,5

0,5

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

đề thi học sinh giỏi cấp huyện
mơn tốn 9

Thời gian làm bài: 150 phỳt
Đề số 5

Bài 1( 4,5điểm): Cho biểu thức: A = 4 21 2 21 2







x
x

a). Tìm điều kiện củ x để biểu thức A xác định.
b). Rút gọn gọn biểu thức A.

c). Tính giá trị của A khi x = 25.
d). Tìm các giá tr ca x A =

3
1

Bài 2(4 điểm): Một đoàn học sinh tổ chức đi tham quan bằng ô tô. Nếu mỗi ô tô chở 22

hc sinh thỡ cịn thừa 1 học sinh. Nếu bớt đi 1 ơ tơ thì có thể phân phối đều các học sinh
trên các ơ tơ cịn lại. Biết mỗi ơ tơ chỉ trở đợc không quá 32 ngời, hỏi ban đầu có bao
nhiêu ơ tơ và có tất cả bao nhiêu học sinh đi tham quan?

Bài 3 (4 điểm): Cho tam giác MNP cân tại M.. Các đờng cao MD và NE cắt nhau tại H.

Vẽ đờng tròn (O) đờng kính MH. Chứng minh rằng:
a).E nằm trên đờng tròn (O).

b). Bốn điểm M, N, D, E cùng thuộc một đờng tròn.
c). DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O).

Bài 4 (4 điểm): Cho tam giác ABC có góc A bằng 150; góc B bằng 450 trên tia đối của tia

CB lÊy ®iĨm D sao cho CD = 2BC.
a). TÝnh gãc ADB.

b). Tính khoảng cách từ D đến AC, nếu bit BC = 3 cm.

Bài 5 (3,5 điểm): Cho hai sè thùc a,b tho· m·n a > b vµ ab = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức: Q =

b
a


 2

...HÕt...

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

hớng dẫn chấm đề số 5
Bài 1 (4,5 điểm):

a). (1 điểm) Biểu thức A đợc xác định :











































4

0

4

0 )5,0(

02

04 x

diem

x

dinhXacx

(0,5 ®iĨm)

b). (1,5 ®iĨm): Rót gän biĨu thøc A
A = 4 21 2 21 2







x
x











2
2

2
)

2
)(

2
(

2
2

)
2

(  












 x x

x
x

x
x
x

x
x

(0,5 ®iĨm)

)
2
)(

2
(

2
2










x
x

x

(0,25 ®iĨm)

)
2
(






x
x

( 0,5 ®iĨm)

2


x
x

(0,25 ®iĨm)

c). ( 0,5 ®iĨm): Khi x = 25 th× A = 53

2
25

25


 (0,5 ®iĨm).

d). (1,5 ®iĨm): A = 
3
1

 

2


x
x

=
3
1

 (0,25 ®iÓm)
3 x  x2 (0,25 ®iĨm)

 4 x2 (0,25 ®iĨm)



2
1


x (0,25 ®iĨm)

 x=

4
1

( T/m ®iỊu kiƯn) (0,25 ®iĨm)

VËy víi x=
4
1

th× A =
3
1

 . (0,25 ®iĨm).

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Gọi số ô tô ban đầu là x (x



Z, x>1). (0,25 điểm)
 Thì số học sinh sẽ là : 22x + 1 (0,25 điểm)
Khi đó ta có : N

x
x





1
1
22

(0,5 ®iÓm).

 22 +

1
23



x N (0,5 ®iĨm).



1
23



x Z (0,5 ®iĨm).

Suy ra x - 1 lµ íc sè cña 23. (0,5 điểm).

Vì x > 1 nên (x - 1) 1;23  x2;24 . (0,5 ®iĨm).

Vì mỗi ô tô chỉ chở không quá 32 học sinh nên x = 24. (0,5 điểm).
 Vậy số ô tô là 24 , số học sinh lµ 529 em. (0,5 ®iĨm).

Bµi 3 (4 ®iĨm):

E
H

N D P

a). Tam giác HME là tam giác vng tại E nên nội tiếp đờng trịn đờng kính MH. Từ đó
E



đờng trịn (O). (1 điểm)

b). Các tam giác MDN và MEN là các tam giác vng có chung cạnh huyền MN nên 4
điểm M,N,D,E cùng thuộc một đờng trịn đờng kính MN. (1 điểm).

c). Chứng minh DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O):

Ta cã : ENP = DMP ( v× cïng phơ víi gãc MPN). (1) (0,25 ®iĨm)

Vì OM = OE nên tam giác OME cân , suy ra: OME = OEM (2) (0,25 điểm)
Tam giác NEP vng tại E, có ED là đờng trung tuyến ứng với cạnh huyền NP

nªn: DN = DE. Suy ra tam giác DNE là tam giác cân. Suy ra DNE = DEN (3) (0,5 điểm)
Từ (1), (2), và (3) Suy ra : OEM = DEN . (0,25 điểm)

Lại có: OEM + HEO = 90o , Nªn OEH + HED = 90o Suy ra DE

 OE ( 0,5 ®iĨm)

Suy ra DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O). ( 0,25 điểm).
 Bài 4 ( 4 điểm):

B C D
a). TÝnh góc ADB: ( 3 điểm)

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Kẻ DH AC , nèi B víi H :

XÐt tam gi¸c ABC ta cã: gãc ACB = 1800 - (A + B) = 1200 (0,25 ®iĨm)

Suy ra gãc HCD = 600 . (0,25 điểm)

Tam giác HCD vuông tại H có gãc HCD = 600 nªn gãc HDC = 300. (0,25 ®iÓm)

Suy ra HC =
2
1

CD =
2
1

.2BC = BC. (0,25 điểm)
Suy ra tam giác HCB c©n  gãc HBC = 300. (0,25 điểm)

Tam giác HBD có góc HBC = gãc HDC = 300  tam gi¸c HBD cân (0,25 điểm)

HB = HD (1) (0,25 điểm)
Tam giác HAB cã: gãc HAB = gãc HBA = 150  tam giác HAB cân. (0,25 điểm)

HA = HB (2). (0,25 điểm)
Từ (1) và (2) HA = HD (0,25 ®iĨm)

 Tam giác HAD vuông cân góc HDA = 450. (0,25 ®iĨm)

 Gãc ADB = gãc ADH + gãc HDB = 450 + 300 = 750 (0,25 ®iĨm)

b). Tính khoảng cáh từ D đến AC: ( 1 điểm)

Vì DH AC nên DH chính là khoảng cách từ D đến AC. (0,25 im)

Xét tam giác vuông HDC ta có : CD = 2 BC = 2 . 3 = 6 ( cm). (0,25 ®iĨm)

 DH = CD . cos C = 6 . cos600 = 3 3 (cm). (0,5 ®iĨm)

Bµi 5 ( 3,5 ®iĨm):

Ta cã : Q =  

b
a

ab
b

a
b

a
b
a







 2 2 2

( 0,5 ®iĨm)

= a - b + a 4b . ( 0,5 điểm)
Vì a > b nên a - b > 0 . áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có:
Q = (a - b) + a 4b  

a b

b
a




2 . 4 = 4. ( 0,5 điểm)

Dấu bằng xảy ra

2 .

4 b

a

b

a

b

a

( 0,5 ®iĨm)













2 .

2 b

a

b

a

( 0,5 ®iÓm)











































1

3

1

3

1

3

1

3 b

a

b

a

( 0,5 ®iĨm)

Vậy Giá trị nhỏ nhất của Q đạt đợc là: Qmin=4. ( 0,5 điểm)

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

đề thi học sinh giỏi cấp huyện
mơn tốn 9

Thời gian làm bài: 150 phỳt
Đề số 6

Câu 1(4điểm): Cho biểu thức B =

6
5






x
x

x -

2
3



x

x -

x
x



3

1
2

a. Xác định x để B có nghĩa.
b. Rút gọn B.

c. Tỡm x B l s nguyờn.

Câu 2 (1điểm):

Tỡm các giá trị của m để 2 đờng thẳng y = (m – 1)x + 2 (m 1)
Và y = (3 –m)x + 1 (m 3) song song vi nhau.

Câu 3(2điểm): Cho hệ phơng trình:

m

y

mx

m

my

x

2

6

4

Giải và biện luận hệ phơng trình trên.

Cõu 4(3im): Cho hai ng trũn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Các tiếp tuyến tại A

của các đờng tròn (O) và (O’) cắt đờng tròn(O’) và (O) theo thứ tự tại C v D. Gi P v

Q lần lợt là trung điểm của các dây cung AD và AC.
Chứng minh r»ng:

AD
AC

BD
AB

b. BPD = AQB
c. Tø gi¸c APBQ néi tiÕp

...HÕt...

hớng dẫn chấm đề số 6
Câu 1(4 điểm):

a. Ta cã: x - 5 x+ 6 = ( x - 3)( x - 2).

§iỊu kiƯn: x 0 x 0

x 3  x 9 (1®iĨm).

x  2 x 4

20

(1)

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

b. B =

)
2
)(
3
(

9
2






x
x

x

2
3



x

x +

3
1
2




x

x (0,25®iĨm).

)
2
)(
3
(

)
2
)(
1
2
(
)
3
)(
3
(
9
2















x
x

x

)
2
)(
3
(

2
4

2
9
9












x
x

x
x
x
x

x

(0,25®iĨm).

)
2
)(

3
(

)
1
)(
2
(







x
x

3
1

x

(1điểm).

c/ Vì B =

3
1



x

x = 1+

3
4



x Nªn B

z ( B nguyên) thì x - 3 phải lµ íc cđa 4  x

-3 = 1; 2; 4.

Tìm đợc các giá trị thích hợp của x là: 1;4;16;25;49 (1,5 im).

Câu 2 (1điểm).

Để y = (m-1)x + 2 vµ y = (3 - m)x + 1.
Lµ song song víi nhau th× ta cã:

m-1 = 3 – m v× 2  1.

 2m = 4  m = 2.

VËy với m = 2 thì thoả mÃn bài ra ( 1 điểm).

Câu 3(2điểm):

Từ (2) suy ra: y = mx – 2m Thay vào (1) ta đợc
4x –m(mx – 2m) = m +6.

 (4 – m2 )x = - 2m2 + m +6.

 - (4 – m2)x = - (2m +3)(m – 2).

 (m2 – 4)x = (2m +3)(m – 2) (3). (0,25 ®iĨm)

* NÕu m2 – 4  0  m 

2 th× x =

2
3
2




m

Khi đó y = mx – 2m = m(

2
3
2




m
m

) – 2m = -
2


m
m

HÖ cã nghiÖm duy nhÊt (

2
3
2




m
m

;-
2


m
m

) ( 1 ®iĨm)

+ Nếu m = 2 thì (3) thoả mãn với mọi x
Khi đó y = mx – 2m = 2x – 4

 HÖ cã vè sè nghiƯm (x, 2x – 4) víi x



R.
+ NÕu m = -2 thì (3) trở thành 0x = 4( vô lÝ).

 HƯ v« nghiƯm ( 0,5 điểm)

Câu 4 (3 điểm):

a. Xét ABC và DBA.

Có BAC = ADB ; DAB = ACB

 ABC

~

DBA. 


AD

AC =

BD

AB (1 ®iĨm).

b. XÐt BDP vµ BAQ cã BAC = ADB.

AD
AC

BD
AB



PD
AQ

BD
AB

 BDP

~

BAQ ( c.g.c).

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Mµ BPD = AQB  APB + AQB = 1800

 Tø gi¸c APBQ néi tiÕp

*****************************************

đề thi học sinh giỏi cấp huyện
môn toỏn 9

Thi gian lm bi: 150 phỳt
Đề số 7

Câu 1 (6 ®iĨm): Cho biĨu thøc

A = 


































 ( 1)( 1)

2
1

1
.
a
1

-1
:
1

a
a

a) Tìm điều kiện của a để A có ngha.
b) Rỳt gn biu thc A.

c) với giá trị nào của a thì A có giá trị nguyên.

Câu 2(4 điểm): Cho hµm sè: y = xm

2 có đồ thị là (Dm) và hàm số: y = x 1 có đồ thị
là (T).

a) Với m = 2 . Vẽ (T) và (D-2) trên cùng hệ trục toạ độ.

b) Dùng đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phơng trình
x + 2m - 2 2 2 1 0

x

0.

D

B

C

p q

0.

A

22

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Câu 3(3 điểm): Giải hệ phơng trình:

26

2

3
3

y

x

y

x

Câu 4(2 điểm): Giải phơng tr×nh:

5
1
6
8
1

3      

 x x x

x

Câu 5: ( 6 điểm): Cho hai đờng tròn ( O;R) và (O’; r) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến

chung ngoµi BC, B



(O), C



(O’).
a) TÝnh sè ®o gãc BAC

b) TÝnh BC.

c) Gọi D là giao điểm của CA với đờng tròn tâm O, ( D ≠ A). Chứng minh rằng ba điểm
B,O,D thẳng hàng.

d) TÝnh BA,CA

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Hớng dẫn chấm đề số 7

C©u 1:

Ta cã: A = 




























 ( 1)( 1)

2
1
1
.
a
1
a

-1
:
1
a
a
a

a
A =
)
1
)(
1
(
2
1
.
a
1
a
1
:
1
















a
a
a
a
a
(0,5 ®iÓm)
A =
)
1
)(
1
(
)
1
(
.
a
1
1
:
1
2











 a a

a

(0,5 ®iĨm)

a) BiÓu thøc A cã nghÜa khi:









































1

0

1

0

01

0 a

(*) ( 1 ®iĨm)

b) Víi ®iỊu kiÖn (*), ta cã:

A =
)
1
)(
1
(
)
1
(

.
a
1
1
:
1
2










 a a

a
(1 ®iĨm)

A =
1
1
)
1
)(
1
(

)
1
(
)
1
( 2







a
a
a
a
a
a
(1 ®iÓm)
c) Ta cã:

A =
1
1


a
a

= 1 -
1
2


a (0,5 ®iĨm)

BiĨu thøc A cã giá trị nguyên khi:

2( a 1) (0,5 điểm)

hay a+1 = {1;-1;2;-2} => a = {0;-2;1;-3}

Kết hợp với điều kiÖn (*) => a = 0 (1 điểm)

Câu 2:

Với m = - 2 ta cã hµm sè: y = 2
2

x

(0,25 điểm)

Ta lại có: y = x  1 =

















1 neux

x

neu

x

(0,25 ®iĨm)

Từ đó ta có đồ thị sau:

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

-2

-5 5

(T)
(D-2)

(Dm)

1
y

(1 điểm)
b) Từ phơng trình x + 2m - 2 2 2 1 0




 x

x => x + 2m = 2 2 2 1


 x

x (0,25 ®iĨm)

 x + 2m = 2 x 1 (02,5 ®iĨm)

 1

2 mx

x

(0,5 ®iĨm)

Nh vậy, số nghiệm của phơng trình là số giao điểm cđa (T) vµ (Dm) (0,5 ®iĨm)

Khi m thay đổi thì (Dm) cũng thay đổi nhng ln sơng song với đờng thẳng (D-2)

(Dm) ®i qua ®iĨm (1;0) khi m = -

2
1
Dựa vào đồ thị ta cú:

Nếu m < -
2
1

phơng trình vô nghiệm

Nếu m = -
2
1

phơng trình có một nghiệm duy nhất

Nếu m > -
2
1

phơng trình có 2 nghiệm (1 điểm)

Câu 3:

26

2

3
3

y

x

y

x





















26 )

(

3 )

(

2 xy

x

y

y

x

y

x

(1 điểm)

Đặt : S = x + y; P = x.y

Ta cã:













)2(

26

3 )1(

2 SP

S

(1 ®iĨm)

Thay S = 2 vào (2) ta đợc 8 - 6 P = 26  P = -3

Suy ra x ; y lµ nghiƯm cđa phơng trình : t2-2t-3 = 0 hay: (t+1)(t-3)= 0

Giải ra ta cã t = -1 ; t = 3

Do đó nghiệm của hệ là (-1;3) ; (3; -1) (1 im)

Câu 4: Giải phơng tr×nh:

5
1

6
8
1

3      

 x x x

x ( §iỊu kiƯn x 1) (0,25 ®iĨm)

Khi đó ta có:

5
9
1
3
.
2
1
4

1
2
.
2

1        

 x x x

x (0,25 ®iĨm)

 ( 1 2)2 ( 1 3)2 5






 x

x

Hay : x12 x1 3 5 (0,5 ®iĨm)
1

3
3

1   



 x x

0
3

1 



</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Từ đó ta có: x 1 3

 x - 1 9 hay x 10

Kết hợp với điều kiện thì nghiệm của phơng trình là: 1x10 (0,5 điểm)

Câu 5: Hình vẽ: (0,5 điểm)

a) Kẻ tiếp tuyến chung tại A , cắt BC ở I. Ta có:

IB = IA= IC ( tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) (0,5 ®iĨm)
=> gãc BAC = 900

(0,5 điểm)
b) học sinh chứng minh đợc: IO  IO’ (tia phân giác
của hai góc kề bù) (0,5 điểm)

=> Gãc OIO’ = 900

Tam giác IOO’vuông tại I, đờng cao IA nên:
IA2 = OA.O’A = R.r (0,5 điểm) (0,5 điểm)

Nªn BC = 2 IA = 2 R.r (0,5 ®iĨm)

c) Do góc BAC = 900 nên góc BAD = 900. Tam giác ABD vng tại A nội tiếp đờng tròn

(O) nên BD là đờng kính. (0,5 điểm)

Do đó ba điểm B,O,D thẳng hàng . (0,5 điểm)

d) Do tam giác CBD vuông tại B nên:

r
R

r
R
r
R
R
BC

BD

BA 4 . 4 .

1
4

1
1

2
2








 (0,5 ®iĨm)

Suy ra: BA=

r
R


2

(0,5 ®iĨm)

T¬ng tù: CA =

r
R

R



2 (0,5 ®iĨm)

*************************************************

đề thi học sinh giỏi cấp huyện
mơn tốn 9

Thời gian làm bài: 150 phút

26

o'
d

c
b

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

§Ị số 8:

Câu 1: (4 điểm)

Cho biểu thức

xy
xy
y

x
xy
y
x
xy
y
x
A
1
2
1
:
1
1

a, Rút gọn A

b, Tính giá trị của A khi

3
2
2

x

c, Tìm giá trị lớn nhất của A.

Câu 2: (4 điểm)

Giải hệ phơng trình:

4

6

9

2
2
2
2

xy

x

xy

y

x

Câu 3: (2 điểm)

Cho 3 s x,y,z tho món ng thi

0
1
2
1
2
1

2 2 2

y y z z x

x

Tính giá trị của biểu thức

2010
2010

2010 y z

x

P

Câu 4: (4 điểm): Cho tam gi¸c ABC cã 3 gãc nhän AB = c, AC= b, CB = a.

Chøng minh r»ng: b2 a2 c2 2ac.cosB

Câu 5: (4 điểm):

Cho ng trũn (O;R) v ng thẳng d cắt (O) tại 2 điểm A, B. Từ điểm M trên d kẻ các
tiếp tuyến MN, MP với (O). (N,P là các tiếp điểm). Gọi K là trung điểm của AB.

a, Chứng minh 5 điểm M, N, O, K, P cùng nằm trên 1 đờng tròn.

b, Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp tam giác MNP đi qua 2 điểm cố định khi M di động
trên ( d)

e, Xác định vị trí của M để tứ giác MNOP l hỡnh vuụng.

Câu 6: (2 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tổng tất cả các ớc tự nhiên của p4 là 1 số chính

ph-ơng.

...Hết...

hng dẫn chấm đề 8
Câu 1:

a, 1,5 ®

Điều kiện để A có nghĩa là x0;y0;xy1 (0,5đ)

Ta cã : 

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

 x  y
xy
xy
x
y
x






1
.
1
1

.
1
2
2 (0,25)
 

   x

x
y
x
y
x






1
2
1
1
1
2
(0,25)
b, 1,5 đ

Ta có :

3
2

x thoả mÃn điều kiện x0 (0,25)















2
1
3
3
2
4
3
2
3
2
3
2
2









x (0,25)

Thay x vµo A ta cã:





3
2
5
1
3
2
1
3
2
4
1
3
2 2







A (0,25)









5 2 3



5 2 3



3
2
5
1
3
2




 (0,25)









2 2 3

5
3
2
5
6
3
5
2





 (0,25)









13
1
3
3
2
12
25
1
3
3
2 



 (0,25)

c, 1 ®

Víi mäi x0 ta cã



x1



2 0 (0,25)

 x 2 x10

 x1 2 x (0,25)

x
x




1
2

1 ( v× x+1>0)
1 1
1
2

A
x
x (0,25)

Vậy giá trị lớn nhất cđa P = 1 khi x10 x1 (0,25)

C©u2: 4 ®

Hệ phơng trình đã cho tơng đơng với



















4

9

6

9

2
2
2
2

xy

x

xy

y

x

(0,25)







4

2

9

3

Ta giải từng trờng hỵp:

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>





































5

12

5

1

22

15

22

33 yx

y

yx

y

yx

(0,5)

































0

1

22

55

22

33 x

y

yx

y

yx

(0,5)



































0

1

22

55

22

33 x

y

yx

y

yx

(0,5)





































5

12

5

1

22

15

22

33 x

y

yx

y

yx

(0,5)

Vậy hệ phơng trình đã cho có 4 nghiệm

      






















5
1
;
5
12
;
1
;
0
;
1
;
0
;
5

1
;
5
12
; y

x (0,5)

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Tõ gi¶ thiÕt ta cã:























0

1

2

0

1

2

0

1

2

2
2
2

x

z

y

x

(0,5)

Cộng các vế các đẳng thức ta có:



2 2 1

 

2 2 1

 

2 2 1



0










 x y y z z

x (0,25)

 12  12  12 0







 x y z (0,25)

























0

1

0

1

0

1 z

y

x

1





 x y x (0,5)

 12010  12010  12010 1 1 1
2010

2010
2010















 P x y z (0,25)

Vậy P = 3 (0,25)

Câu4: 4 đ

Kẻ AH BC ABC vuông tại H

ỏp dng nh lớ Pi ta go ta có:
AC2= AH2+HC2

= AC2+(BC-BH)2

= AH2+ BC2-2BC.BH+BH2

= (AH2+ BH2)+BC2-2BC.BH

= AB2+ BC2-2BC.AB cosB

= c2+ a2- 2ac cosB (2)

Vì trong tam giác vuông AHB thì:
AH2+ BH2=AB2= c2 ; BH = AB cosB

VËy b2 a2 c2 2ac.cosB

(2)

Câu 5: 2 điểm

Vì MN là 2 tiếp của (O) (0,25)

MNNO; MPOP (0,25)

 MNO vuông tại N  N nằm trên đờng kính MO (0,25)

MPO vng tại P  P nằm trên đờng kính MO (0,25)

Vì AK = KB (gt)  OKAB tại K ( đờng kính đi qua trung điểm của dây) (0,25)
MKO vng tại K  K nằm trên đờng trịn đờng kính MO (0,25)

Vậy 3 điểm N, P, K nằm trên đờng trịn đờng kính MO (0,25)
Hay 5 điểm M,N,O,P,K cùng nằm trên đờng trịn đờng kính MO (0,25)
b, 1 đ

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Ta có K là trung điểm của AB nên K cố định (0,25)
Mà theo câu a) đờng trịn ngoại tiếp tam giác MNP chính là đờng trịn đờng kính MO

(0,25)

Theo câu a) đờng trịn đờng kính MO đi qua O; K (0,25)
Vậy đờng tròn ngoại tiếp tam giác MNP đi qua 2 điểm cố định O, K (0,25)
c, 1

Tứ giác MNOP là hình vuông MN= ON, 900

MON

MNO vuông cân tại N (0,25)

OM= ON 2 = R 2 ( R là bán kính đờng trịn (O)) (0,25)

 M là giao điểm của (O; R 2) với đờng thẳng d (0,25)

Vậy ta xác định đợc 2 điểm M1; M2 thoả mãn điều kin ra. (0,25)

Câu 6 : 2 đ

Vì p là số nguyên tố nên p4 có các ớc là 1; p; p2; p3; p4 (0,25)

Gi¶ sư 1 p p2 p3 p4 n2






 ( n)



2



2
2

3
4
4
3
2

2 4 4 4 4 4 4 4 4 2

4n   p p  p  p  p  p  p p p

(1)

Mặt khác :

2



2
2

3
2

4
2

3
4

2 4 4 4 4 4 4 4 4 4 8 4 2 2

4              

 n p p p p p p p p p p p (2) (0,5)

Tõ (1) vµ (2) 2



2



2
2
2

4   

 n p p (0,25)

4
4
4
4
4
1
2
5
4
4

4 2 4 3 2 4 3 2












 n p p p p p p p p (0,25)

 3 1 0
0

2
2 2









 p p p p (0,25)

V× pN p3

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

đề thi học sinh giỏi cấp huyện
mơn tốn 9

Thời gian làm bài: 150 pht
s 9:

Bài 1 ( 4 điểm )

Cho biĨu thøc

1
x

-x

2
1

x
x

3

-1
x

1
P






a) Rót gọn P

b) Tìm giá trị lớn nhÊt , nhá nhÊt cña P

Bài2(4 điểm) a) Cho đờng thẳng y  2x, y x

 , y 2 cắt nhau tạo thành một tam

giỏc. Tớnh din tích tam giác đó.

b) Tìm trên đờng thẳng y = 4x + 1 những điểm có toạ độ thoả món:
y2 5y

x+ 4x = 0.
Bài 3.(3điểm)





  

  

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2010 y 2010 z 2010 z 2010 x 2010 x 2010 y

P x y z

2010 x 2010 y 2010 z

Bài 4(5điểm) Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đờng trịn tâm O

qua B và C.Qua A vẽ tiếp tuyến AE,AF với đờng tròn (O); Gọi I là trung điểm BC ,N là
trung điểm EF .

a.Chứng minh rằng các điểm E,F luôn nằm trên một đờng tròn cố định khi đờng
tròn (O) thay đổi .

b.Đờng thẳng FI cắt đờng tròn (O) tại K .Chứng minh rằng :EK song song với AB .
c.Chứng minh rằng tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ONI chạy trên một đờng

thng c nh khi ng trũn(O) thay i.

Bài 5(4 điểm) a.Giải phơng trình nghiệm nguyên: (y+2)x2+1=y2

b. Gi¶i phơng trình:

1 1 ... 1 2009 2009
1.2 2.3 ( 1) 2009 2010

x

x x x

 

   

  

..HÕt

………… …………

Hớng dẫn chấm đề 9

Bµi 1 . a)  §iỊu kiƯn x  0 (0.25)

1
x

-x

2
1)

x

-1)(x
x

(

-1
x

1
P






 (0.25)

1
x
x

2
x
2
3

-1
x

-x
P








 (0.5)

1
x
x

1)
x
(
x
P




 (0.5)

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

1
x

-x



 (0.5)

b) Ta cã

0 x

0

4

3

2

1 -x

1 x

-x







































(0.5)

nªn 0 , x 0
1

x

-x

P   



 (0.25)

P = 0  x = 0 . VËy min P = 0 ( 0.25)
 Ta cã



x -1



2  0 ,x 0

 x - 2 x + 1  0

 x - x + 1  x ,  x  0 (0.5)

 1, x 0

1
x

-x





 (0.25)

 P  1  x  0 ; P = 1  x = 1 . VËy MaxP = 1 khi x = 1 (0.25)
Tãm l¹i : minP = 0 khi x = 0 ; MaxP = 1 khi x = 1

Bµi 2.

a. (0.5)

TÝnh A(( 2;2);B(4;2) (0.5)
TÝnh SOAB 4  2 (1.0)

b. Điều kiện: x  0. (0.25)
Khi đó ta có: y2 – 5y

x+ 4x = 0

y x

(y x )(y 4 x ) 0

y 4 x
 

     




. (0.5)

Do đó để điểm M(x0; y0) với với y0 = 4x0 + 1 là điểm thuộc đờng thẳng y = 4x + 1 tho

mÃn yêu cầu bài toán thì ta cần có x0  0 vµ:
2

0 0

0
2

0 0

1 15

(2 x ) 0

4x 1 x 1

4 16 x

4x 1 4 x (2 x 1) 0



      

   



  

   

. (0.5)

Vậy toạ độ điểm M cần tìm là: M = 1;2
4

 

 

 . (0.25)

Bµi 3. a. Do a , b, c > 0 và từ giả thiết ta có :

a + b < a + b + c = 4 => ab2 ab2 ab (1 ) 0,5

T¬ng tù ta cã b + c < 2 b c (2) 0.25

a + c < 2 c a (3) 0,25

Céng vÕ víi vÕ cđa (1) , (2) , vµ (3) ta cã

y y= 2x

y= x

2
1

2 A B y=2

2 x

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

abc2



ab bc ac



2 0.25

hay ab bc ca4 ( §PCM) 0,25

2010+x2= xy+yz+zx+x2= (x+y)(z+x) 0.25

2010+y= xy+yz+zx+y2=(x+y)(y+z) 0.25

2010+z2 = xy+yz+zx+z2=(y+z)(z+x) 0.25

Suy ra: x(y+z)+y(z+x)+z(x+y)=2(xy+yz+zx) 0.5
Do đó: P= 2.2010=4020 0.25

Bµi 4.

1. ABF và AFC đồng dạng (g_g) 0.5

Ta cã : AB/ AF=AF/AC AF2=AB.AC 0.5

 AF= AB.AC Mà AE=AF nên AE=AF= AB.AC không đổi 0.5
Vậy E,F thuộc đờng tròn (A; AB.AC ) cố định.

2. Tứ giác AOIF nội tiếp đờng tròn

Ta cã :AIF =AOF (1) 0.5
AOF = 

2
1

EOF vµ EKF = 
2
1

EOF



 EKF =AOF (2) 0.5
Tõ(1) vµ(2)  AIF =EKF

Do đó :EK vàAB song song vơí nhau 0.5
3. Cm đợc A,N,O thẳng hàng và AOEF ;

Gọi H là giao điểm của BC và EF .
Ta có : ANH và AIO đồng dạng nên

AI

AN
AO
AH

 0.5
Suy ra :AH.AI =AN.AO

L¹i cã :AN .AO=AE2 =AB.AC 0.5

Do đó : AI.AH =AB.AC

AI
AC
AB
AH  .

 không đổi .

Vậy H cố định 0.5

Tứ giác OIHN là tứ giác nội tiếp đờng tròn nên đờng tròn ngoại tiếp OIN ln qua I
và H ;Do đó tâm đơng f tròn này nằm trên đờng trung trực của IH
0.5

Bµi 5. a.

(y+2)x2+1 = y2

 (y+2)x2–(y2-4) = 3 0.5

 (y+2)(x2-y+2) = 3 0.25

Suy ra:

y + 2 1 3 -1 -3

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

x2-y+2 3 1 -3 -1

y -1 1 -3 -1

x Lo¹i 0 Lo¹i 0

1 ®
VËy nghiệm nguyên của phơng trình là: (0;1),(0;-1) 0.25
b.

1
1
1
)
1
(

1
...
3
.
2

2
.
1









x
x

x 0.5

2010
2009

1
1

2010
2009

2009
2009












x
x

x ( x

 2009) 0.5

Suy ra: x+1 = 2009 x2010

 2009-x+ 2009 x 0

 2009 x( 2009 x1)0 0.5

 2009 x 0

 x = 2009 (tm) 0.5

*************************************************

đề thi học sinh giỏi cấp huyện
mơn tốn 9

Thời gian làm bài: 150 pht
s 10:

Bài 1:(4đ) Cho biểu thức:

A= (1+

1
x
x  ) : (

1 2

1 1

x

x  x x x x  )

a>Rút gọn biểu thức A
b>Tìm x để A> 1

Bài 2: ( 3đ) Giải hệ phơng trình:

3 3

5 5 2 2

1
x y

x y x y

  




  




Bài 3:(4đ) Cho đờng thẳng(Dm) có phơng trình (m + 2)x + (m – 1)y – 1 = 0

a> Chứng minh khi m thay đổi đờng thẳng (Dm) luôn đi qua một điểm cố định .

b> Tìm giá trị của m để khoảng cách từ O đến đờng thẳng (Dm) lớn nhất.

Bài 4:(7đ) Cho nửa đờng trịn (O) đờng kính AB. Điểm M thuộc nữa ng trũn, im C

thuộc đoạn OA.Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa M vẽ tiếp tuyến Ax,By.Đờng thẳng
qua M và vuông góc MC cắt Ax;By tại P và Q. AM cắt CP tại E; BM cắt CQ tại F.
a.Chứng minh tứ giác ACMP néi tiÕp.

b.Chøng minh: <PCQ = 1v.
c.Chøng minh: EF // AB.

Bài 5:(2đ)

Cho a,b,c, là các số thực dơng có tổng b»ng 1. Chøng minh r»ng:

2 2 2 2 1

a b c d

a b b c c d     d a 

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

hng dn chm s 10

Bài 1:a> ĐKXĐ: x0;x1 (0,25®)
A=



 



1 1 2

1 1 1 1

x x x

x x x x x

 

 

  

 

       (0,5®)





























1 1 2

: (0,5 )

1 1 1 1

1 1 2

: (0, 5 )

1 1 1

1 1

(0,5 )

1 1

(0, 5 )
1

x x x

d

x x x x

d

x x x

x x

d

x x

x x

d
x

 

   

 

 

   

 

   



  

 

 

 

 

 





VËy A= 1

x x

x

 

 víi

0; 1

x x (0,25®)

b> A>1 1

x x

x

 

 >1

 1

x x

x

 

 - 1 > 0

 1 1 0 2 0

1 1

x x x x

x x

    

  

 

(0,75®)

x

 

0

x

  

2 0

x



1 0

x

1.

(0,5đ).

Kết hợp với ĐKXĐ

0

x

1

thì A> 1 (0,25đ)

Bài 2: Giải hệ phơng trình

3 3

 

2 2



5 5

3 3

5 5 2 2 3 3

x y x y x y

x y

x y x y x y

    

  

 



 

  

  

 

(0,5®)

5 3 2 2 3 5 5 5

3 3 1

x x y x y y x y

x y

     


 

 




(0,5®)





2 2

3 3

0
1

x y x y

x y

  


 

 




(1) (0,5®)

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

 0
0
x

y



 



(0,5®)

(Vì

x



y



1 



x



y





x



xy



y



 

1 

x



y





0

) (0,25đ)
*Với x = 0 thay vào phơng trình (1) ta đợc y =1 (0,25đ)

*Với y= 0 thay vào phơng trình (1) ta đợc x =1 (0,25đ)

Vậy hệ phơng trình đã cho có hai nghiệm (x;y) = (0;1); (1;0) (0,25đ)

Bµi 3:

a> (m+2)x + (m -1)y – 1 = 0  mx + 2x + my – y – 1 = 0 (0,25®)

 m(x + y) + 2x – y -1 = 0 ( 0,25®)

 0

2 1 0

x y
x y

 




  


(0,5®)



1
3
1
3
x

y








 



(0,75®)

Vậy với mọi m thì (Dm) luôn đi qua một điểm cố định

1 1
;
3 3



 

 

  ( 0,25®)

b>Với m = -2 thì (Dm) có dạng: - 3y – 1 = 0.Khoảng cách từ 0 đến (Dm) là 1

3 (0,5®)

Với m = 1 thì (Dm) có dạng: 3x -1 = 0.Khoảng cách từ 0 đến (Dm) là

3 (0,5®)

Với m 2 ; m1.Khoảng cách từ 0 đến (Dm) lớn nhất khi OI(Dm) mà (Dm) cắt Ox ti

A 1 ;0

2
m

và cắt Oy tại B
1
0;

1
m

 

 



  (0,5®) y

AOB vng tại O có OI là đờng cao nên









2 2 2

1 1 1 9 1

2 1

2 m m m 2

OI OA OB



         (0,5®) 1

3 A

O x

1
3


I
B

Bµi 4:

a.Ta cã :<PAC =<PMC = 1v

 Tứ giác APMC nội tiếp trong đờng trịn đờng kính PC (2đ)
b. <MAC = <MPC (cùng chắn cung MC ) (0,75đ)

Tơng tự tứ giác QMCB nội tiếp đờng trịn đờng kính QC nên:
<MBC = <MQC (cùng chắn cung MC) (0,75đ)

 <MPC + <MQC = <MAC + <MBC = 1v (1®)
 <PQC = 1v (0,5®)

c> Ta có: <FME = <FCE = 1v (0,25đ)
 Tứ giác EMFC nội tiếp đờng trịn đờng kính EF

 <FEM = <FCM (cïng ch¾n cung FM) (0,5đ)
Mà <FCM = <QBM (cùng chắn cung MQ) (0,5đ)

<QBM = <MAB (cùng chắn cung MB) (0,5®) E Q

M
x

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

 <FEM = <MAB  EF // AB. (0,25®)

Bài 5: áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho các cặp số không âm :

;
4
a a b
a b



 ta đợc

2 2

4 4

a a b a a b

a

a b a b

 

  

  (0,5đ)

Tơng tự

b b c

b
b c



 



c c d

c
c d



 

 (0,5®)

d d a

d a



 d

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta đợc:





2 2 2 2

(0,5 )
4

1(0, 25 )
2

.(0, 25 )
2

a b c d

a b c d

a b c d d
a b b c c d d a

a b c d

d
a b b c c d d a

a b c d

d

a b b c c d d a

  

       

   

    

   

   

    

*****************************************************

đề thi học sinh giỏi cấp huyện
mơn tốn 9

Thời gian làm bài: 150 pht
s 11

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Câu 1.(4đ) Cho A= 2 5 1

3 6 2

x

x x x x



 

   

a) Rót gän A

b) Tìm x A cú giỏ tr nguyờn

Câu 2

1)(4đ) Cho hệ phương trình (xm(m1)x y m1)y2 1

   



a) Giải hệ khi m=1

2 (1 điểm).

b) Xác định giá trị của m để hệ có nghiệm duy nhất (x;y) thoả mãn
điều kiện x > y. (1 điểm).

2) (2đ) Giải phơng trình sau: : ( x2 + 1)( y2 + 4)( z2 + 16) = 64xyz

Câu3: (3đ) . Tỡm nghim nguyờn ca phng trỡnh: y2 = - 2(x6- x3y - 32)

C©u 4: (2 điểm)

Cho h×nh chữ nhật ABCD,AB= 2BC.Trên cạnh BC lấy điểm E, tia AE cắt đường
thẳng CD ở F.Chứng minh rằng : 2 2 2

1 1 1

.
4
AB AE  AF

Câu 5. (5đ) Cho nửa đờng trịn(O) đờng kính AB và một điểm M trên nửa đờng trịn đó
(MA; B). N là điểm đối xứng với O qua AM.

a) Chøng minh tứ giác OANM là hình thoi

b) Gọi P; Q; Rlà trọng tâm của các tam giác MAB; MAN; NAO. Tứ giác OPQR
là hình gì?

c) Chng minh rng khi M di động trên nửa đờng trịn thì PQ ln đi qua một
điểm cố định

...HÕt...

hớng dẫn chấm đề số 11
Câu 1. a) đk x0;x4 A=



 









 



2 2 5 3 4

3 2

x x x x

x

x x

     




  (2®)

b) A= 4 1 2

2 2

x

x x


 

  nguyªn khi 2 ( x-2)

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

C©u 2: 1) a) Khi m=1

2,hệ (I) trở thành
1

2
2

3 3

2 2

x y

x y


 





  




2 4

3 2 3

x y
x y

 


 

 

 (0,5®)

4 2 8

3 2 3

x y
x y

 


 

 



3.5 2 3
x

y


 

 



(0,5®)

6
x
y



 




Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất (x;y)=(5;6) (0,5®)
b)Giải hệ (I) tìm được

2 2

1 1

; ( 0)

m m

x y m

m m

 

   (1®)

2
2

0 m m 0

x y x y

m


      (1®)
1

0
m
m



  

 (0,5®)

2) (2®) Ta cã x2 +1  2x , y2 + 4 4y, z2 + 16  8z (1®)

=>( x2 + 1)( y2 + 4)( z2 + 16)  64

xyz

Nªn

( x2 + 1)( y2 + 4)( z2 + 16) = 64xyz khi

4

2

1

8

16

44

21

2 z

y

x

z

y

x

(1đ)

nghim

nguyên

ca phng trỡnh l: (0;8); (0;-8); (2;8); (-2;-8). (0,25đ)

Câu 4(3đ)

Giáo viên : Đỗ Tuán Long Trờng THCS Định Bình

Câu3) (3đ): Ta cú: : y2 = - 2(x6- x3y - 32) <=> x6+(y-x3)2 = 64 (0,75®)

Z => pt này khơng có nghiệm ngun

+ x = -2 => (y - x3)2= 0 =>y = - 8

40

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Kẻ AK AF (K CD )(0,5®)

ABE

 ADK(g.g) (0,75đ)

Suy ra AE AB 2

AK AD  (0,25®)

Hay 1

AK  AE (0,5®)

Áp dụng hệ thức lượng đối với tam giác vng AKF,ta có :

2 2 2

1 1 1

AD AK AF (0,5đ)

Suy ra 2 2 2

1 1 1

1 1

2 2

AF

AB AE

 

   

   

   

Hay 12 12 1 2

AB AE AF (0,5đ)

Câu 5(4đ)

a) ON AM tại H và HN=HO (0,5đ)

(O đối xứng với N qua AM)
HA = HM (đk vng góc với dây)(0,5đ)
Vậy OANM là hình thoi (2 đờng chéo

Vng góc với nhau tại trung điểm của mỗi ng) (0,5)

b) OPQR là hình bình hành vì QR//=1

3AN ; OP =
1

3 OM  QR// = OP (1®)

c) NQ=2QH ; HP = 2PB  PQ//NB(0,5®)

XÐt tam gi¸c BON ta thÊy: OQ OI

ON OB=
2

3. Mà O; B cố định nên I cố định (0,5đ)

Vậy đờng thẳng PQ luôn đi qua điểm I cố định. (I nằm trên AB cách A một khoảng bằng

6AB (0,5®)

**********************************************

đề thi học sinh giỏi cấp huyện
mơn tốn 9

Thời gian làm bài: 150 phỳt
Đề số 12:

Câu1: (5 điểm):

Cho biểu thức P = (2 -

3
1

2 



x
x

) : (

3
1

6



x
x

x

1


x
x

)

I
R

Q

P

.

O

A B

M
N

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

a) Rót gän P

b) Tính giá trị của P khi: x=

4
2
2
3

c) So sánh P với

2
3

Câu 2: (4 điểm)

Cho hệ phơng trình:

1 -m

4y

2)x

-(m

0 3)y

(m

-x















a) Gi¶i hƯ khi m=1

b) Giải và biện lun h phng trỡnh ó cho theo m.

Câu 3: (4điểm)

a) Tìm các giá trị của m để phơng trình sau vô nghiệm:
x2-2mx+m m +2 = 0

b) Cho 3 sè x, y, z khác không và thoả mÃn 111 0

z
y

x

hÃy tính: A =

y
xz
x
yz
z
xy

Câu 4: (5điểm)

Cho hai ng trịn (O, R) và (O’, R’) tiếp xúc ngồi tại A (R>R’). Vẽ các đờng kính
AOB, AO’C. Dây DE của đờng trịn (O) vng góc với BC tại trung im K ca BC.

a) Tứ giác BDCE là hình gì? v× sao?

b) Gọi I là giao điểm của CE với đờng tròn (O’). C/M ba điểm D, A, I thẳng hàng.
c) C/M KI là tiếp tuyến của đờng trịn (O’)

C©u 5: (2 ®iĨm)

Cho a1 = 1005, an+1 = )

2
2
3

1
(



n an víi mäi n



* vµ n2009

Chøng minh:

a1+a2+ .... + a2009+a2010 < 2010

...HÕt...

hớng dẫn chấm đề số 12
Câu 1: (5 điểm)

a) §KX§: x 0; x
4
9

 0,5 ®

P= 1
3
(
)
3
2

2
(
2


 x
x
x

: 3)

)
3
2
(
2
))(
1
1
(
6 



 x
x
x
x
x
0,5 ®

=
3
5
2
3


x
x
:
)
3
2
)(
1
1
(
3
2




x
x
x
x
0,5 ®
=
3

5
2
3


x
x
.
)
1
3
2
)(
1
2
)(
1
(
(




x
x
x
x
=
3
5

2
3


x
x
0,5 ®
b) x=
4
2
2

3  =( 1

2
2 

)2  x = 1

2
2 
0,5 ®
 P=
1
5
1
2
1
2
2

2
2
2
3




= 13
2
2
2
3 
=
4
2
13
3 
1®
42

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

c) Víi ®iỊu kiÖn x; x

4
9

 ta cã: 0,25®

P-2
3

=
1
5
2
3


x
x

-2
3
=
)
1
2
(
2
13



x <0 0,5 ®

 P<

2
3

0,25 đ

Câu 2: (5 điểm)

a) Khi m = 1













2 -

4y

3x

0 2y

-x















2 -

4y

6x

-2y

x











2 -

2y

-2y

x











1 y

2 x

1,0 ®

b) Ta thÊy: x = (m + 3) y 0,5 ®

 (m – 2) ( m + 3)y + 4y = m – 1

 (m2 + m – 2)y = m – 1 0,5 ®

*NÕu m2 + m – 2 = 0  (m – 1)( m+ 2) = 0  m = 1 hc m = -2

m = 1

(I) 













0 4y

-

0 4y

x

x

 hƯ v« sè nghiƯm

 NoTQ











4 x

y

R

y

0,5 ®

*m = 2

(I) 













0 y

-

3 -

4y

4x

x











x

3 -

0 y x

 hƯ v« nghiƯm 0,5 ®

*NÕu m2 + m – 2  0  m 1 vµ m 2

 y =

m
m
1
2


m
=
2)
1)(m

-(m
1


m
=
2
m
1


 x = (m+3)y = (m+3)

2
m

 = m 2

3



m

0,5 ®

VËy + víi m = 1 hƯ v« nghiƯm: BÊt kú, x = 4y
+ víi m = -2 hƯ v« sè nghiƯm

+ Víi m 1, m -2 hƯ cã nghiƯm duy nhÊt: x =
2
m
3


m

; y =
2
m

1


C©u 3: (5 ®iĨm)

a) XÐt ’ = m2 - m m - 2 0,5 ®

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

Phơng trình vô nghiệm

+ Nếu m < 0, th× ’ = m2 + m2 – 2 = 2(m2 – 1) 0,5 đ

Để phơng trình vô nghiệm thì < 0 m2 – 1 m < 1

KÕt hỵp víi m < 0 -1< m < 0 0,5 đ
Vậy với m > -1 thì phơng trình vô nghiệm.

b) Từ

0
1
1
1

z
y
x

z

y
x

1
1
1

Suy ra: 3

3 1

)
1
1
(

z
y

x  x y z x y x y xyz

3
)
1
1
(

1
1
3
1
1
1

3
3

3      1 ®

VËy A = 2  2  2  (1 1) 3 ( 13  13  13) 3 3

xyz
xyz
z

y
x
xyz
y
x
xyz
y

xz
x
yz
z

xy

0,5 ®

 A = 3

C©u 4: ( 5 ®iĨm)

a) Tø gi¸c BDCE cã: BK = KC I

DK=KE

Nên BDCE là hình bình hành (0,5 đ) E

Mà DEBC tứ giác BDCE là hình thoi (0,5 đ)

b) XÐt ABD cã DO = OB = OA = R  DO = 1/2 AB (0,25 ®)

 ABD vuông tại D ADBD (0,5®)

XÐt  CAI cã OI = OA = OC = R’  OI = 1/2 AC (0,25®)

 AIC vuông tại I AI IC (0,5 đ)

Mt khỏc BD//EC vì là các cạnh đối của hình thoi.

Các đờng thẳng AD, AI cùng đi qua A và vuông góc với hai đờng thẳng song song (BD;
EC) nên A, D, I thẳng hàng (0,5 đ).

c)  DI vu«ng tại I có IK là trung tuyến tơng ứng với cạnh huyền nên KI = KE = KD

(0,75đ)

KDI cân tại K KDI = KDI 0,5®

Mà  O’IA cân tại O’ AIO’ = IAO’ mà IAO’ = DAK (đối đỉnh)

 AIO’ = DAK 0,5®

 KIO’ = KIA + AIO’ = KDA + DAK = 900 0,25 đ

(do KDA vuông tại K)

KI IO

KI lµ tiÕp tun cđa (O’) 0,5 đ

Câu 5: ( 2 điểm)

Từ an+1 = )

2
2

3
1
(




n an suy ra: an = 2nan-2(n+1)an+1

(1) 0,5®

44

O

K

O’ C

B

D

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

Dễ thấy với mọi n đã cho thì an>0

Từ (1) cho n chạy từ 1 đến 2009 ta có:
a1= 2a1-4a2

a2= 4a2-6a3

a3= 6a3-8a4

a4= 8a4-10a5

………. (1®)
a2008= 4016a2008-4018a2009

a2009= 4018a2009-4020a2010

a2010= a2010

a1+a2+a3+ … + a2009+a2010 = 2a1 - 4019a2010

Do a1 = 1005

Suy ra: a1+a2+a3+ … + a2009+a2010 < 2x1005 - 4019a2010 < 2x1005 = 2010

VËy a1+a2+ .... + a2009+a2010 < 2010

************************************************

đề thi học sinh giỏi cấp huyện
mơn tốn 9

Thời gian làm bài: 150 pht
s 13

Câu 1. (4đ) Cho biểu thøc A = ( x x 1

x x




-1
x x

x x

 ):

2
2
x
x




a, Nêu điều kiện phải có của x và rút gọn biểu thức A
b, Tìm những giá trị của x để A có giá trị ngun.

C©u 2. (4đ) Giải phơng trình.

a, 1

2008
x

+ 2

2007
x 

= 3

2006
x 

+ 4

2005
x 

b, x 1 4 x 5 + 11 x 8 x 5 = 4

Câu 3. (4đ) Cho đờng thẳng (m+2)x – my = -1 (1) (m là tham số)

a, Tìm điểm cố định mà đờng thẳng (1) ln đi qua.

b, Tìm điểm cố định của m để khoảng cách từ O đến đờng thẳng (1) là lớn nht.

Câu 4. (6đ) Cho ABC (AB = AC ) Biết àA = 800 .

Lấy điểm I nằm trong tam gi¸c sao cho ·ICB = 200;·IBC = 100

a, Lấy K đối xứng với i qua AC . Chứng minh rằng tứ giác AKCB nội tiếp .
b, Tính ãAIB

C©u 5. (2đ) Cho 2 số dơng x,y có tổng bằng 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất cđa biĨu thøc .

A = 1

x+

1
y

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

...HÕt...

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

hớng dẫn chấm đề số 13

C©u 1. (4®)

Câu a, Lập luận giải kết hợp để tìm điều kiện của A.

( x > 0, x  1, x  2) cho (0,5đ)
biến đổi biểu thức trong ngoặc: 2x22 2x

x x


 (0,75®)

A =

2
2

2x 2x
x x


 

2
2
x
x

 =

2 4
2
x
x



 (0,75đ)
Câu b, A = 2 4

2
x
x

2( 2) 8
2
x

x
 

 = 2 -
8

x  (0,5đ)

Để A nguyên 8

x nguyên 8M (x+2) hay x+2 là Ư8 (0,5®)

Vì x > 0  x+2 > 2 Do đó x+ 2 = 4; x+2 = 8 (0,5đ)

TÝnh x = 2 hc x = 6 vi x 2 nên x =6 . Thì A có giá trị nguyên. (0,5đ)

Câu 2. (4đ)

a, 1

2008
x 

+ 2

2007
x 

= 3

2006
x 

+ 4

2005
x 

 ( 1

2008
x 

+1) + ( 2

2007
x 

+ 1) = ( 3

2006
x 

+ 1) + ( 4

2005
x 

+ 1) (0,5®)

 2009

2008
x 

+ 2009

2007
x 

= 2009

2006
x 

+ 2009

2005
x 

(0,5®)

 (x + 2009)( 1

2008+
1
2007-

1
2006

-1

2005) = 0 (0,5®)

 x + 2009 = 0 (0,5®)

 x = -2009

 x 5 4 x 5 4 + x 5 2.4 x 5 16 = 4 (0,5®)

 (2 x 5)2

  + (4 x 5)2 =4 (0,5®)

2 x 5+ 4+ x  5= 4 (x  5)

2 x  5 = -2 Vô lý (0,5đ)

Vy phng trỡnh ó cho vụ nghim (0,5)

Câu 3 . (4đ)

a, (2đ) (m+2)x – my = -1 (1)

Điều kiện cần và đủ để đờng thẳng (1) đi qua điểm cố định M(x0;y0)

m lµ : (m+2)x0 – my0 = -1 m

Biến đổi đợc:



0 0

2 1 0

x y
x

 

  

0
0

1
2

x
y










Vậy đờng thẳng (1) luôn đi qua điểm cố định M(-1/2;-1/2)
b, (2đ) Gọi A là điểm của đờng thẳng (1) với trục tung
x = 0  y = 1

m do đó OA =
1
m

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

B là giao điểm của đờng thẳng (1) với trục hoành
Y = 0  x = m 1 2 do đó OB = m 12

H là khoảng cách từ ) đến đờng thẳng (1).

 12

h = 2

OA + 2

OB = m2 + (m + 2)2

= 2(m + 1)2 + 2  2

 12

h  2; max h =
2

2  m = -1

Câu 4. (6đ)

a, (4đ)

Chng minh đợc ICK đều .

- Chỉ ra đợc BIK = BIC (c.g.c). (0,5đ)
 ãABK = ãAKC = 300 (1,5đ)

do đó B,C cùng nhìn AK dới một góc 300 (1đ)

 tứ giác AKCB nội tiếp đợc (1đ)
b, (2đ)

Chỉ ra đợc ãKAC = ãKBC = 200

 ·IAC = 200  ·IAB = 600 (1®)

Trong ABI ÃAIB = 800 (1đ)

Câu 5. (2®)

A = 1 1 x y 5

x y xy xy

(0,5đ)

Để A nhỏ nhất xy lớn nhÊt víi x > 0; y > 0 ; x + y = 5 ta lu«n cã ( x y ) 2  0

 x + y  2 xy Vây xy sẽ lớn nhất khi x = y =2,5 (1đ)
Khi đó Min A = 4

5 (0,5®)

**************************************************

đề thi học sinh giỏi cấp huyện
mơn tốn 9

Thời gian làm bài: 150 phút

§Ị sè 14

Bài 1 : ( 4 ®iĨm ) . Cho biểu thức P(x) 2x2 x2 1
3x 4x 1

 



 

a) Tìm tất cả các giá trị của x để P(x) xác định. Rút gọn P(x).
b) Chứng minh rằng nếu x > 1 thì P(x).P(- x) < 0.

Bµi 2. ( 3 điểm ) Cho hệ phơng trình

( 1) 2 1

m x my m

mx y m

   




 

a) Giải hệ phơng trình với m = 2

48

B

A

K

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

b) Tìm các giá trị của m để hệ phơng trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện xy đạt giỏ tr
ln nht

Bài 3. ( 4 điểm ). Cho hµm sè : y= mx -2m -1 ( m 0 ) . (1).

a) Chứng minh rằng đồ thị hàm số (1) luôn luôn đi qua một điểm cố dịnh khi m thay
đổi.

b) Tính theo m tọa độ các giao điểm A, B của đồ thị hàm số (1) lần lợt với các trục
Ox và Oy . Xác định m để tam giác AOB cú din tớch bng

2
1

( đ.v.d.t)

Bài 4. ( 3 ®iĨm ) . Cho tam gi¸c nhän ABC ; BC = a; CA = b; AB = c.

Chøng minh r»ng : b2 = a2 + c2 – 2ac.cosB

Bài 5. ( 4 điểm ) Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 . Vẽ đờng trịn đờng kính AC có

tâm O, đờng trịn này cắt BA và BC tại D và E.
1. Chứng minh AE = EB.

2. Gọi H là giao điểm của CD và AE, Chứng minh rằng đờng trung trực của đoạn HE
đi qua trung điểm I của BH.

3. Chứng minh OD là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giỏc BDE.

Bài 6 . ( 2 điểm ) CMR, n ≥ 1 , n  N : 1 1 1 ... 1 2

2 3 2 4 3   (n 1) n 
...HÕt...

Hớng dẫn chấm đề s 14

Câu Tóm tắt lời giải Điểm

1
(4 đ)

a) P(x) xỏc định khi 3x2- 4x+1 0  (x-1)(3x-1) 0 x 1; x 

3
1
.

2
2

2x x 1

P(x)

3x 4x 1

 



 

)
1
3
)(
1
(

1
2




x
x

0
1

1
1
3











khix
x

o
khix
x

b) x > 1 thì

2
2

2x x 1

P(x)

3x 4x 1

 



  = ( 1)(3 1)

1
2




x
x

=3 1 1


x

P(x) .P(- x) =

1
3

1


x .3( ) 1
1



 x = 9 1

1
)

1
3
)(
1
3
(

2








x
x

x < 0. ( vì 9x2-1>0 với

x>1)

0.5

2,0

0.5

1,0

(3 đ)

a) Với m=2 ta cã hÖ















2

3

2

3 y

x

y

x

;

giải hệ ta đợc x=1; y=0.

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

b) ( 1) 2 2 1

m x my m

mx y m

   




  


















































2

1 )1

(

2

12 )2

()

1(

2

3

2 mmx

y

mx

mm

mmx

y

m

mmx

mx

m

















m

y

m

x

2

1

( vì m2+m+1 = (m+1/2)2+3/4

3/4 nên m2+m+1 0.)

x.y = (m-1)(2-m) = -m2+3m-2 = - (m-3/2)2+1/41/4. DÊu “=” x¶y ra khi

m=3/2

Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm x; y sao cho x.y lớn nhất khi m=3/2.

0,5
0,5

3
(4 ®)

a) Gäi (d) : y= mx – 2m -1.

I(x0;y0) là điểm cố định của (d) nên I



(d) với mọi m.

Nªn y0= m x0-2m-1 víi mäi m.

 y0+1= m (x0-2) víi mäi m.

























2

1

02

01

0 x

y

x

y

Vậy I(2;-1) là điểm cố định của (d).
b) điểm A(2 1;0)

m
m 

vµ B (0;-2m-1)

SAOB =2

2
1

 OA.OB =

1 (2 1)2 1





m
m

 4m2+4m +1 = m

+ NÕu m > 0  4m2+3m +1 = 0 ; v« nghiƯm.

+ NÕu m< 0  4m2+5m +1 = 0  (m+1)(4m+1) = 0  m=-1 ; m=

4
1

0,5
0,5

0,5

0,5
0,5

4
(3 đ)

Kẻ AH BC. Tam giác AHC vuông ở H . ta cã

AC2 = AH2 + HC2

= AH2+ (BC- BH )2 = AH2 +BC2 + HB2 -2BC.BH

= (AH2+HB2 ) +a2-2a.HB (1)

Trong tam giác vuông AHB ta cã:
AH2+HB2 = AB2 = c2

HB = AB . cosB = c. cosB (2).

Tõ (1) vµ (2) ta suy ra b2 = a2 + c2 – 2ac.cosB

0,5

1,0

(4 đ) 1. AEC = 900 (Góc của tam giác có cạnh là đờng kính ) 1,0

Giáo viên : Đỗ Tuán Long Trờng THCS Định Bình

50
a

b
c

B C

F

1
2

/ _

K

H

I
D

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

=> AEB = 900 ( vì là hai gãc kỊ bï); Theo gi¶ thiÕt ABE = 450

=> AEB là tam giác vuông cân tại E => EA = EB.
2. Gọi K là trung điểm của HE (1) ;

I là trung điểm của HB => IK là đờng
trung bình của tam giác HBE

=> IK // BE mà AEC = 900 nên BE HE t¹i E => IK  HE t¹i K (2).

Tõ (1) vµ (2) => IK lµ trung trùc cđa HE . Vậy trung trực của đoạn HE đi qua
trung điểm I cđa BH.

3. Theo trªn I thc trung trùc cđa HE => IE = IH mà I là trung điểm của
BH => IE = IB.

ADC = 900 (Góc của tam giác có cạnh là đờng kính ) => BDH = 900 (kề bù

ADC) => tam gi¸c BDH vuông tại D có DI là trung tuyến (do I là trung điểm
của BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I là tâm đ ờng tròn

ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID.

Ta có ODC cân tại O (vì OD và OC là bán kính ) => D1 = C1. (3)

IBD c©n tại I (vì ID và IB là bán kính ) => D2 = B1 . (4)

Theo trên ta có CD và AE là hai đờng cao của tam giác ABC => H là trực tâm
của tam giác ABC => BH cũng là đờng cao của tam giác ABC => BH  AC tại
F =>AFB có AFB = 900 .

Theo trªn ADC cã ADC = 900 =>B

1 = C1 ( cïng phô BAC) (5).

Tõ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mµ D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO

=> OD  ID tại D => OD là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác
BDE.

0,5
0,5

0,5

6
(2 ®)

Tacó :

1 1 1 1 1 1 1 1

k. k k

(k 1)k k k 1

(k 1) k k k 1 k k 1

   

 

          

 

        

= 1 k 1 1

k 1 k k 1

   

 

   

   

 

. Do đó : 1 2 1 1

(k 1) k k k 1

 

   

   .

Vậy

1 1 1 1 1 1 1 1 1

... 2 1 2 ... 2

2 3 2 4 3 (n 1) n 2 2 3 n n 1

 

   

              

       

= 2 1 1 2

n 1

 

 

 



  víi n ≥ 1 , n  N

1,0

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

đề thi học sinh giỏi cấp huyện
mơn tốn 9

Thời gian lm bi: 150 phỳt
Đề số 15:

Câu 1: (2 ®iĨm)

Cho biĨu thøc sau:

 

1
1
2
2

1
2












x
x
x

x

x
x
P

1. Rót gän P.

2. Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
3. Tìm x để biểu thức

P
x

Q2 nhận giá trị là số nguyên.

Câu 2: (2 ®iĨm)

Cho đờng thẳng (d) có phơng trình: 2m 1xm 2y2.

1. VÏ (d) víi m = 3.

2. Chứng minh rằng (d) luôn đi qua một điểm cố định với mọi m.
3. Tìm m để (d) cách gốc toạ độ một khoảng ln nht.

Câu 3: (2,5 điểm)

1. Giải phơng trình nghiệm nguyên:

 3 0

3
2 2
2







 y xy x y

x

2. Cho a, b là các số thực dơng thoả mÃn: a + b = 4.
Chøng minh r»ng: 2 3  1018

b
a
b
b

a .

C©u 4: (2,5 điểm)

Cho hình thang vuông ABCD

900

D

A , tia phân giác của góc C đi qua trung ®iĨm I
cđa AD.

1. Chứng minh rằng BC là tiếp tuyến của đờng tròn (I, IA).
2. Cho AD = 2a. Tính tích AB và CD theo a.

3. Gọi H là tiếp điểm của BC với đờng trịn (I) nói trên. K là giao điểm của AC và BD.
Chứng minh rng KH song song vi BC.

Câu 5: (1 điểm)

Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác có 3 gãc nhän. Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc
khác không x, y, z ta luôn có:

2
2
2

2
2
2
2
2
2
2
2

2

c

b

a

z

y

x

c

z

b

y

a

x







***** HÕt *****

Hớng dẫn chấm đề số 15

C©u ý §iĨm

1 1 §iỊu kiƯn: 0x1





 

2 1

 

2 1



1
1
1














 x x

x
x

x
x
x
x

P

1



x x

P

0,25
0,25
0,25

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

2
4
3
4
3
2
1
4
3
4
1
2
1
.
2
2

2




















 x x x

P với mọi x thoả mÃn điều kiện

xỏc định
4
1
0
2

1
4
3

min      

 P x x

0,25
0,25
3
M
x
x
x
x
x
P
x
Q 2
1
1
2
1
2
2










Víi 0x1   1 2 M 1 0Q2.

x

x vì Q nguyên

1
1
2
1

x
x
x
Q
2
5
3
7
;
2

5
3
7
0
1

3 

 x x x

x

KÕt ln: víi

2
5
3
7 


x th× Q Z

0,25

2
1

Với m = 3: phơng trình đờng thẳng (d) trở thành: 4xy 2

Ta cã: x = 0; y = 2
y = 0; x = -

2
1

0 1

0,25

Gọi điểm cố định mà đờng thẳng (d) đi qua là M(x0,y0)

Ta cã: 2m1x0 m 2y0 2 víi mäi m

2
;

1 0

0  

 x y

Kết luận: Vậy đờng thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định M(1; -2)

0,25
0,25

Từ phơng trình của (d)  khơng đi qua gốc toạ độ. Gọi giao của (d) với

Ox lµ 








 1;0
1

m

A , víi trơc tung lµ 







 2
2
;
0
m
B

Gọi H là chân đờng vng góc hạ từ O lên AB. Ta có:

 2  2
2
2
2
1
4
2
2
1
1
1







m

m
OH
OB
OA
OH
5


VËy max OH  5

5
6

 m
0,25
0,25
0,5
3
1

  3 0

3
2 2
2






 y xy x y

x  xyx2y13

V× x,yZ  xyZ vµ x2y1Z  xy vµ x2 y 1
Lµ c¸c íc cđa -3 sao cho tÝch cđa chóng b»ng -3

Ta có các trờng hợp:

TH1: xy1;x2y13 x4;y3

TH2: xy1;x2y 13 x6;y5

TH3: xy3;x2y11 x8;y5

TH4: xy3;x2y11 x6;y3

Kêt luận: Tập nghiệm của phơng trình:

       
 4;3;  6;5 ;  8;5 ; 6;3

S
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

2
2
10
2
5
6
2
3
10
3

2 




















b
b
a
a
b
a
b
b
a

Víi a, b 0¸p dơng B§T Cauchy ta cã:

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>









 .10 2 2.3 2.5 2 18
2
5
2
6
.
2
3
2

b
b
a
a
A ®pcm.

DÊu “=” a = b = 2

0,25
0,25

4
1

Kẻ IH vuông góc BC. Vì I nằm trên tia phân giác của góc B CD nên

AB
IB
IH
2
1

I IA

H ,

BC

là tiếp tuyến của (I,IA)

v
hỡnh
ỳng
(0,25)
0,75
2

BA vuông góc IA và CD vuông góc với IB suy ra BA, CD lần lợt là các
tiếp tuyến của (I) tại A vµ B

- XÐt (I, IA), cã BA, BH lµ 2 tiếp tuyến cắt nhau tại B; CD, CH là 2 tiếp
tuyến cắt nhau tại C. Theo tính chất 2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã:



2 3



3
2
4
3
2
1
4
3
2

1 ˆ ;ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 2ˆ ˆ 2 ˆ ˆ

ˆ I I I I I I I I I I I

I           (1)

CH
CD
BH

BA ;  (2)

Ta cã: 0

3
2
0
4
3
2
1
0
90
ˆ
ˆ
180
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ

180
ˆ

ˆH HID  I I I I   I I

I
A

BIC
I

H

B

900 vuông tại C.

- Xột BICvng tại C, đờng cao IH, ta có:

2
2
2
2
2
2
2
.
.

.CH ABCD ABCD AB a a

BH

IH  

















0,25
0,5
0,25

3 Vì AB//CD, theo định lý Talet ta có: KD

BK
CD
AB

 hay
KD
BK
HC
BH

 (theo (2)).
Theo định lý talet đảo:  KH //CD

0,25

Víi a, b, c là 2 cạnh của 1 tam giác nhọn, ta có:

2
2
2
2
2
2
2
2

2 b c ;b c a ;a c b

a      

Víi mäi a,bR,x,y0. Ta lu«n cã:  

y
x
b
a
y
b
x
a




2
2
2
(1)
ThËt vËy: (1)



2 2



   2   0









 a y b x x y a b xy ay bx

(luôn đúng với mọi a, b, x, y)
Suy ra (1) luôn đúng.

Ta cã: 2



2



2 2 22 2 22 2 22 2

2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2

2 4 2

2
c
b
a
x
a
x
c
b
a
x

c
b
a
x
x
a
x
c
b
x
a
x
a
x
a
x

(2)

Làm tơng tự ta có:

2
2
2
2
2
2 2
c
b
a
y
b
y

2
2
2
2
2
2 2
c
b
a

z
c
z

(3)

Tõ (2) vµ (3) 2 2 2

2
2
2
2
2
2
2
2

2 2 2 2

c
b
a
z
y
x
c
z
b

y
a
x








 (®pcm)

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

đề thi học sinh giỏi cấp huyện
mơn tốn 9

Thời gian làm bi: 150 phỳt

Đề số 16:

Câu 1: (4 điểm) Rót gän biĨu thøc sau:

a) ( 3 3 2 ) 3

3
3 3

x x x

M x

x

x x

 

 



  víi x0, x 3.

b) (49 20 6)(5 2 6) 5 2 6

9 3 11 2

N   

Câu 2: (4 điểm)

a) Giải hệ phơng trình:

1 5 1

1 5

x y

    




  




b) Cho các điểm A(7;2) ; B(2;8) và C(8;4) xác định đờng thẳng (d) đi qua A sao
cho các điểm B và C nằm về hai phía của (d) và cách đều (d).

Câu 3: (5 điểm) a) Chứng minh rằng nếu các số dơng a,b,c có tổng a+b+c=1 thì 
1 1 1 9

a b c

b) Cho các số a,b,c thỏa mÃn điều kiÖn a+b+c=0. Chøng minh r»ng:
2(a5+b5+c5)= 5abc(a2 +b2 + c2 )

Câu 4: ( 5điểm) Cho nửa đờng trịn (O) đờng kính BC và điểm A trên nửa đờng

tròn(A khác B và C). Kẻ AH vng góc với BC. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ
BC chứa điểm A, vẽ 2 nửa đờng tròn (O1) và (O2) đờng kính BH và CH chúng

lÇn lợt cắt AB, AC ở E và F.

a) Chứng minh: AE.AB = AF.AC.

b) Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai đờng tròn (O1) và (O2).

c) Gọi I và K lần lợt là các điểm đối xứng của H qua AB và AC.
Chứng minh 3 điểm I, A, K thẳng hàng.

d) Gọi M là giao điểm của IK với tiếp tuyến kẻ từ B của đờng tròn (O).
Chứng minh MC, AH và EF đồng qui.

1.2009 2.2008 3.2007 2009.1

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

So s¸nh S víi 2.2009
2010.

...HÕt...

Hớng dẫn chấm đề số 16

1a)

3 3 3

( 2 ).

3
3 3

( 3)( 3 3) 3

3
3 3

( 3)

( 3)( 3)

x x x

M x

x

x x

x x x x

x

x x

x
x

x x

 

 



 

     

  



 

 



 

 



0,5

0,5
0,5
0,5

1b)

2 2

(49 20 6)(5 2 6) 5 2 6
9 3 11 2

(5 2 6) (5 2 6) ( 3 2)
9 3 11 2

(5 2 6)( 3 2) ( 3 2) .( 3 2)

9 3 11 2 9 3 11 2
( 3 2)(9 3 11 2)

5 2 6
(9 3) (11 2)

N    



  





   

  

 

 



0,5

0,5
0,5

0,5

2a) Trừ vế với vế của phơng trình (1) cho phơng trình (2) ta có

h phng trỡnh tơng đơng 5 6

1 5

y y

x y

   




  



2 11

1 5

5,5

1,5; 0,5
y

x y

y

x x




 

  





 

 



VËy hÖ cã 2 nghiÖm (0,5;5,50; (1,5;5,5)

0,5
0,5

0,5

2b) Gọi đờng thẳng d là y=ax+b. Điểm A( 7;2) thuộc d nên 2=7a+b(1)
Đờng d cắt đờng thẳng song song

với trục hoành tại B là M tại C là. 16
Gọi BH, CK là đờng thẳng vng

gãc víi d tại B và C . Ta có BH=CK

nên BM=CN=m Ta cã M(2+m;8) H
vµ N(8-m;4). 8 B M
Vì M và N thuộc d nªn

8=a(2+m) +b (2) 4 N
4=a(8-m) +b (3) K C
Tõ (1),(2) vµ (3) ta cã 2 A

0,5

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

O O

B C

O
A

F
I M

a=-2;b=16 vµ m=2

Đờng thẳng d phải tìm lµ y=-2x+16 2 7 8 0,5
3a) Ta có vì a+b+c=1 nên

1 1 1

3 2 2 2 9

a b c a b c a b c

a b c a b c

b a c b c a
a b b c a c

     

    

      
    

DÊu b»ng x¶y ra khi a=b=c=1/3

0,5
0,5
0,5
0,5

3b) Ta có a+b+c=0 nên a+b=-c .Do đó a+b=-c nên( a+b)3=-c3

Suy ra a3+b3+c3= 3abc;a2+b2=c2-2ab; a2+c2=b2-2ac; c2+b2=a2-2bc

Nªn 3abc(a2+b2+c2)= (a3+b3+c3) (a2+b2+c2)

= (a5+b5+c5)+a3(b2+c2)+ b3(a2+c2)+ c3(b2+a2)

= (a5+b5+c5)+a3(a2-2bc)+ b3(b2-2ac) +c3(c2-2ab)

=2(a5+b5+c5)-2abc(a2+b2+c2)

VËy 3abc(a2+b2+c2)= 2(a5+b5+c5)-2abc(a2+b2+c2)

Hay 2(a5+b5+c5)= 5abc(a2 +b2 + c2 )

0,5
0,5
0,5
0,5
4 a)AE.AB=AF.AC=AH2

b) C/m GEOGHO c c c( . . ) suy ra

1 1 90

GEO IHO

   nên EF l tià ếp
Tuyến của đờng tròn (O)

Tơng tự EF là tiếp tuyến của
đờng trịn (O1)

c)C/m EF//AK vµ EF//AI suy ra A,I vµ K thẳng

hàng.

d) C/m AH cắt EF tại trung điểm G của

AH( Vì AEHF là hình chũ nhật)
và MC cắt AH tại trung điểm G của
AH ( Vì AH// MB và AB//HF nên

GM BH AF

GC CH FC nên AM//GF G là trung điểm của AH)

Suy ra 3 đờng EF, AH và MC đồng qui

1
0,5

0,5
1
0,5
0,5

0,5
0,5

5 áp dụng bất đẳng thức Co-si cho 2 số khơng âm a và b ta có

1 2

2
a b ab

a b
ab

   

 dÊu b»ng x¶y ra khi a=b

Ta cã

1 2 2

1 2009 2010
1.2009

1 2 2

2 2008 2010
2.2008

...

1 2 2

1 2009 2010
2009.1

 



 



 



Nªn 1 1 1 ... 1

1.2009 2.2008 3.2007 2009.1

S      >2009 2 2.2009

2010 2010

VËy S=2.2009

2010

0,5

0,5
0,5

đề thi học sinh giỏi cấp huyện
mơn tốn 9

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

§Ị số 17:

Câu1. ( 4 điểm)

Cho biếu thức
M =
1
2
1
2
1
1
1
2

x

x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x

a, Hãy tìm điều kiện của x để biểu thức M có nghĩa, sau đó rút gọn M.

b, Với giá trị nào của x thì biểu thức M đạt giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất
đó của M?

Câu 2. ( 4 điểm)

Tìm nghiệm nguyên của hệ

8

7

2

3
3
2
2

y

x

y

x

y

xy

x

y

Câu 3. (4 ®iĨm)

Cho A (6,0); B (0,3)

a, Viết phơng trình đờng thẳng AB.

b, Một điểm M (x;y) di chuyển trên đoạn thẳng AB. Gọi C; D theo thứ tự là hình
chiếu của M trên OA; OB. Gọi N là điểm chia đoạn thẳng CD theo tỷ số 1:2. Tính toạ độ
(x’; y’) của N theo ( x; y) .

c, Lập một hệ thức giữa x’; y’ từ đó suy ra qu tớch ca N.

Câu 4. (5 điểm )

Cho ( 0; R )đờng thẳng d cắt ( O ) tại 2 điểm A; B. trên d lấy 1 điểm M và từ đó kẻ
2 tiếp tuyến MN; MP ( N; P là tiếp điểm)

a, C/M: PMO = PNO

b, Tìm 2 điểm cố định mà đờng tròn ( MNP ) luôn đi qua khi M di động trên d.
c, xác định vị trí của M để MNP là  đều.

Tìm giá trị nhỏ nhất cđa biĨu thøc:



16 16

 

2 2



2
2
10
2
10
1
4
1
2

1
y
x
y
x
x
y
y
x

Q    








...HÕt...

hớng dẫn chấm đề số 17
Câu 1. (4đ)

a, Điều kiện để biểu thức có nghĩa là:

4
1
,

0 

 x

x vµ x#1. (0,5®)

M =
1
2
1
2
1
.
1
1
2




















x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x





1
2
1
2
1
1
1
1
2



















x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x

(0,5®)
 















2 1 2 1

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>





1
1






x
x

x

x (0,5đ)

b, Do x 0 nên M 0. Đẳng thức xảy ra khi x = 0 (0,5đ)
Vậy giá trị nhỏ nhất cđa M lµ 0 khi x = 0 (1®)

Câu 2. Viết lại hệ đã cho dới dạng

(x+2y+2) ( x-y) =-7 (1)

x3+y3+x-y = 8 (2) (1,5®)

Tõ (1) do x, y nguyên ta có các trờng hợp sau:

a, x- y=-1 vµ x+2y+2 = 7 =>x=1 vµ y = 2 tho¶ m·n ( 2) (0,5đ)
b, x-y = 1 và x+ 2y +2 = -7 => x+2y = -9 => y không nguyên (o,5đ)
c, x- y= -7 và x+ 2y +2 = 1

Giải hệ nàyđợc nghiệm ( x, y) = ( -5,2) khơng thoả mãn phơng trình (2) (0,5đ)
d, x-y = 7 và x+2y+2 = -1 => x+2y =-3 => y không nguyên (0,5đ)
Tóm lại hệ đã cho có duy hất một nghiệm nguyên (x, y) =(1, 2) (0,5)

Câu 3. (4đ)

a, Gi phng trỡnh ng thng AB có dạng y = ax + b ( a # 0) (0,5đ)
Đờng thẳng đi qua điểm A ( 6; 0) nên ta có 6a+ b = 0 (1) và đi qua điểm B ( 0;3)
nên ta có b = 3. Thay b = 3 vào (1) => a = -

2
1

(0,5®)

Vậy đờng thẳng AB là y = -
2
1

x +3 (0,5®)
b, Gọi H là hình chiếu của N trên OA, K là hình chiếu của N trên OB

Tam giác DOC cã KN// OC nªn => KN OC x x

DC
DN
OC
KN

3
2
3

2
3

2 '

(1) (0,5đ)

Tơng tự NH // OD => NH OD y y

CD
CN
DO
NH

3
1
3

1
3

1 '








 (2) (0,5đ)
=>N có toạ độ ( x’ =

3
2

x ; y’ =
3
1

y) (0,5đ)

c, Từ (1) => x=
2
3

x; y= 3y thế vào y= -
2

x+ 3 => y’ = -
4
1

x + 1 (0,5®)

Vậy quĩ tích điểm N là phần đờng thẳng y= -
4
1

x + 1 n»m trong gãc phÇn t thø
nhÊt. (0,5đ)

Câu 4. (5đ)

a, MN, MP là hai tiÕp tuyÕn cña ( O) => ON NM;OP PM  ONM = 900, OPM

= 900 (0,5®)

=> tứ giác ONMP có góc ONM + OPM = 1800. Do đó tứ giác ONMP nội tip

đ-ờng tròn đđ-ờng kính OM (1®)

b, Kẻ OQ vng góc với AB => QA = QB ( đờng kính vng góc với dây) (0,5)
Vì AB cố định => Q cố định . (0,5đ)

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

Kết hợp với câu a => 5 điểm M, N, O, Q, P thuộc đờng trịn đờng kính OM =>
đ-ờng trịn ( MNP) luôn đi qua hai điểm O, Q cố định khi M di chuyển trên d . (0,5đ)

c, Để tam giác MNP đều => góc NMP = 600 mà MO là phân giác của góc NMP

=> NMO = 300 => ON =

2
1

OM => OM = 2NO = 2R. (0,5®)

Dựng cung trịn tâm O bán kính 2R cắt d tại M => M là điểm cần dựng để tam
giác MNP đều (0,5đ)

ThËt vËy OM = 2R= 2ON => sin NMO =  
2
1

OM
ON

NMO =300 => NMP = 600

Vậy tam giác MNP là tam giác đều. (0,5đ)

áp dụng bất đẳng thức cơ si cho bốn số khơng âm ta có:

2
2

4
2
2
10
10
2
10
2
10
2
1
.
1
.
2
1
1
2
1
y
x
y
x
y
x
x
y
y
x















16 16 1 1



4 16 161.1 4 4
4
1
y
x
y
x
y

x      (1®)







 



2
5
2
5
1
4

1
2
1
1
2
1
2
3
4
1
2
1
2
2
2
16
16
2
10
2
10
2
2
4
4
16
15
2
10
2

10

































Q
y
x
y
x
x
y
y
x
y
x
y
x
y
x
x
y
y
x
( 1®)

Do đó giá trị nhỏ nhất của Q là
-2
5

khi x2 = y2 = 1 (1®)

đề thi học sinh giỏi cấp huyện
mơn tốn 9

Thời gian làm bài: 150 phỳt
đề số 18

Bài 1 : (3 đ). Tính giá trị cđa biĨu thøc:

a) A= 13 100  534 90

b) B = 2 22 2 2 22 2 2 22 2

b
a
c
c
a
c
b
b
c
b
a
a









 Víi a + b + c = 0

Bµi 2: (4 ®). Cho biĨu thøc:

P =
x
x
x
x
x
x
x
x









3
3
1
)
3
(

2
3
2
3
a) Rót gän biĨu thøc P.

b) Tính giá trị của P với x = 14 - 6 5

c) Tìm GTNN của P.

Bài 3 (4 đ). Giải các phơng trình.

a)
3
4
1
2

x

x + 5

1
63
16
1
35
12
1
15

8
1
2
2
2 








 x x x x x

x

b) x6 4 x2 x11 6 x2 1
Bµi 4 : (3 đ). Cho 2 số dơng x, y thỏa m·n x + y =1

a) T×m GTNN cđa biĨu thøc M = ( x2 +

y )( y2 + 2
1

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

b) Chøng minh r»ng: N = ( x +

x

)2 + ( y +

y

)2 

2
25

Bài 5 (2 đ). Cho hình chữ nhật ABCD, điểm M



BC. Các đờng trịn đờng kính AM, BC
cắt nhau tại N ( khác B). BN cắt CD tại L. Chứng minh rằng: ML vng góc với AC.

Bài 6 (4 đ)

Cho (O;R) v mt im A nm ngồi đờng trịn. Từ một điểm M di động trên
đ-ờng thẳng d vng góc với OA tại A, vẽ các tiếp tuyến MB, MC với đđ-ờng tròn (B, C là
các tiếp điểm) dây BC cắt OM và OA lần lợt tại H và K.

a, Chứng minh rằng OA.OK không đổi, từ đó suy ra BC ln đi qua một điểm cố
định.

b, Chứng minh rằng H di động trên một đờng tròn cố định.

c, Cho biết OA = 2R. Hãy xác định vị trí điểm M để diện tích tứ giác MBOC nhỏ
nhất.

...HÕt...

Hớng dẫn chấm đề số 18

a) A= 13 100 534 90

= 13 4 10  532.6 10 (0,5®)

= (2 2 5)2  (2 23 5)2 (0,25®)

= 2 2 - 5- 2 2 - 3 5= -4 5 (0,5®)

VËy A= 13 100 534 90 = -4 5 (0,25đ)

b, Vì a + b + c = 0  a = - b - c  a2 = b2 + 2bc + c2

 a2 - b2 - c2 = 2bc (0,5đ)

Tơng tự có: b2 - c2 - a2 = 2ac

c2 - a2 - b2 = 2 ab (0,25®)

B =
2
3

2
3
2
2
2
2
3
3
3
2
2
2







abc
abc
abc
c
b
a
ab
c
ac
b
bc

a (0,5®)

VËy B = 3

Bài 2( 4 điểm).

iu kin giỏ tr của biểu thức P xác định : x0; x 9 (0,5 đ).
a) Rút gọn:

P =
3
3
1
)
3
(
2
)
3
)(
1
(
3










x
x
x
x
x
x
x
x
=
)
1
)(
3
(
)
1
)(
3
(
)
3
(
2
3 2









x
x
x
x
x
x
x
(0,25 ®).
=
)
1
)(
3
(
3
3
18
12
2
3











x
x
x
x
x
x
x
x
x
(0,25 ®).
=
)
1
)(
3
(
24
8
3






x
x
x
x
x
x
=
)
1
)(
3
(
)
8
(
3
)
8
(





x
x
x
x
x

=
1
8


x
x
(0,5 ®)

b) x = 14 - 6 5 = ( 5)2 - 2.3. 5 + 9 = ( 5 - 3)2  x = 3 - 5 (0,75 ®).

Khi đó P =

1
5
3
8
5
6
14



 = 
5
4
5
6
22


 = 
11
5
2

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

VËy víi x = 14 - 6 5 th× P =
11

5
2

58  (0,25 ®).

P= 2 2 9 2 4

1
9
1
1
9
1
1
9
1
1
8



















x
x
x
x
x
x
x
x
(1 ®).

( áp dụng BĐT CôSi cho 2 số dơng

1
9

;
1

x
x )

DÊu"=" x¶y ra 

1
9
1



x

x  x = 4 (tháa m·n ®iỊu kiƯn) (0,25 ®).

Vậy minP = 4, đạt đợc khi x = 4. (0,25 đ).

Bµi 3: 4 điểm (mỗi câu 2 điểm).

a) x2 + 4x + 3 = ( x + 1)( x+ 3)

x2 + 8x + 15 = ( x +3)(x+5)

x2 + 12x + 35 = ( x +5)( x + 7)

x2 + 16x + 63 = ( x + 7)( x + 9)

 §KX§: x  -1; x  -3; x  -5; x  -7; x  -9 (0,5 ®)
=>pt 

5
1
)
9
)(
7
(
1
)
7
)(
5
(
1
)
5
)(
3
(
1
)
3
)(
1
(
1













 x x x x x x x

x

 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 x 1 x 3 x 3 x 5 x 5 x 7 x 7 x 9 5

 

       

 

       

  (0,5 ®)


5
1
)
9
1
1
1
(
2
1



 x
x

 5( x + 9 - x -1) = 2( x+1)( x+9) (0,25 ®)

 2x2 + 20x + 18 - 40 = 0

 x2 + 10x - 11 = 0

Ph¬ng trình có dạng a + b + c = 0  x1 = 1; x2 = -11. (0,5 ®)

x1; x2 thỏa mÃn ĐKXĐ.

Vậy tập nghiệm của phơng trình là : S = 11;1 (0,5 đ)

b) ĐKXĐ: x  -2. ( 0,5 ®)

Pt  ( x2 2)2  ( x2 3)2 1 (0,25 ®)

 x  2 2 + x+2-3 = 1 (0,25 đ)

áp dơng B§T |A|+ |B| | A + B| ta cã : x  2 2 + x+2-3 1 (0,5 đ)
Dấu "=" xảy ra khi : ( x2  2)( 3 - x2)  0

 2  x2 3  2 x 7 (0,5 đ)

Vậy tập nghiệm của phơng trình là : S = x/2x7 (0,5 đ)

Bài 4: ( 3 điểm) ( mỗi câu 1,5 điểm)

a) Ta có : M = ( x2 +

y )( y

2 + 
2
1

x ) =

2
2

2
2
2
2
)
1
(
)
1
(
xy
xy
y
x
y
x

Mặt khác : xy + xy1 = ( xy + )
16

xy + 16xy

( 1).

¸p dụng BĐT Côsi : xy + 161xy 2
16
1 =
2
1
(2).
2
1
2 


x y

xy  xy

4
1

( 3)

Tõ (1), (2) vµ (3) ta cã : xy + xy1 
2
1
+
4
1
.
16
15

=
4
17

 (xy + xy1 )2  (

4
17

)2 =

16
289

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

VËy minM =
16
289

, đạt đợc khi













y

x

xy

16

1

 x = y =
2
1

b) áp dụng BĐT : A2 + B2  
2

)

(A B 2 , ta cã :

N = ( x +

x

)2 + ( y +

y

)2 

2
)

( 2

xy
y
x
y
x

=
2

)
1
1

( 2

xy

Mặt khác : (x + y)2  4xy ( do ( x -y)2 0)

 1  4xy  xy 
4

N

2
25
2

4
1
1
1
2

)
1
1
(

2
2


















xy . VËy N  2

25
.

DÊu "=" x¶y ra khi











y

x

y

x

1

 x = y =
2
1

Bµi 5: ( 2 điểm).

Gọi E là giao điểm của AC và ML
Ta cã: gãc NCD = gãcNCB

(cïng phơ víi goc BCN)

góc NBC = góc NAM ( cùng chắn cung MN)
 Tam giỏc NCL ng dng vi

tam giác NAM

NM
NL
NA

NC

Mặt khác : gãc ANC = gãc MNL
( cïng b»ng 900 + gãcMNC)

 tam giác ANC đồng dạng với tam giác

MNL  góc NAC = góc NML hay góc NAE = góc NME

 Tứ giác AMEN nội tiếp  E thuộc đờng trịn đờng kính AM
 góc AEM = 900 hay ML vng góc với AC ( đpcm).

Bµi 6: ( 4 ®iĨm).

a) (2 đ) Chứng minh đợc OM  BC
HOK ~ AOM



OA
OH

=OMOK

 OA.OK = OH.OM (1)
XÐt BOM vuông tại B
nên OB2 = OH.OM (2)

Từ (1) và (2)  OA.OK =
= OB2 = R2 (không đổi)

 OK =

OA
R2

không đổi
 K cố định trên OA

b) (2 đ) H nằm trên đờng trịn đờng kính OK cố định
c) S = dtMBOC =

2
1

MO.BC

 S nhá nhÊt  OM nhá nhÊt vµ BC nhá nhÊt

E
D

A B

M

C
N

L

A
O

M

B
C

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

 OM nhá nhÊt  M º A

BC nhá nhÊt  BC  OK  M º A

đề thi học sinh giỏi cấp huyện
mơn tốn 9

Thời gian lm bi: 150 phỳt

Đề số 19

Câu1 : (4.0 ®iĨm)

Cho biĨu thøc

A = 






























1
:

1
1
1

x
x
x
x

x

x
x

a) Tìm ĐKXĐ của A. Rút gọn A
b) Tìm giá trị của x để A = 3

Câu 2: (5.0 điểm)

Trên mặt phẳng tọa độ cho các đờng thẳng (d): 3x – 2y + 3 = 0 và
(d') : 3x + 2y – 9 = 0 cắt nhau tại C và lần lợt cắt trục Ox tại A, B.

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

a) Tìm tọa độ của các điểm A, B, C.

b) Tìm diện tích và chu vi của tam giác ABC biết đơn vị đo độ dài trên cỏc trc l cm.

Câu 3:(4.0 điểm).

a) Cho biểu thøc :

M x2 5x y 2xy 4y2014.

Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó
b) Giải hệ phơng trình :



 



2 2 18

1 . 1 72
x y x y

x x y y
    


  



Câu 4 (5.5đ): Cho tam giác ABC. Phân giác AD (D  BC) vẽ đờng tròn tâm O qua A và

D đồng thời tiếp xúc với BC tại D. Đờng tròn này cắt AB và AC lần lợt tại E và F. Chứng
minh

a) EF // BC

b) Các tam giác AED và ADC; AFD và ABD là các tam giác đồng dạng.
c) AE.AC = AF.AB = AD2

Câu 5 (1,5 điểm).Cho a, b là các số thực d¬ng. Chøng minh r»ng :





2 2 2

2
a b

a b    a b b a

...Hết...
hớng dẫn chấm s 19

Câu1: (4điểm)

a) ĐKXĐ: x > 0 và x 1 (0.5đ)

 Ta cã: A = 





















1

:
1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
= 



























1
1
)
1
(
:
1
1
)
1
)(
1
(
)
1
)(
1
(
x
x

x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
(0.5®)
= 
























1
:
1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
(0.5®)
=
1
:
1
1
1







x
x
x
x
x
x
(0.5®)
=
1
:
1
2




x
x
x
x
=
x
x
x
x 1
1
2 





(0.75®)
=
x
x

2 (0.5®)

b) A = 3 =>

x
x



2 = 3 => 3x +

x - 2 = 0 (0.25)

=> x = 2/3 (0,5®)

Câu 2: (5,0 điểm)

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

3x

-

9 2y

3 3x

2y















12 4y

3 3x

2y















3 y

1 x









VËy C(1 ; 3) (1.0®)

 Phơng trình trục Ox là y = 0 nên tọa độ A thỏa mãn hệ :

0 y

3 3x

2y













 dt(ABC) =
2
1

AB.CH =
2
1

.4.3 = 6 (cm2)

(1.5®)

 HA = HO + OA = 1 + 1 = 2 (cm)  HB = AB
-AH = 2 (cm)

 HA = HB = 2(cm)  tam giác CAB cân tại C
(CH vừa là đờng cao vừa là trung tuyến) ; tam giác
vng HCA có :

CA AH2 HC2 2 32 13






 2 (cm)

 chu vi ABC lµ : AB + BC + CA = 4 2 13 (cm)

(1.5đ)





 



2007

M  x  y  x y  (0,5®)













1 3

2 1 1 2007

2 4

M  x y  y

        

 

(0,25®)



y 1



2 0 vµ









2 1 0

x y

 

   

 

 

x y

 (0,25®)

2007

M

  (0,25®).

min 2007 2; 1

M x y

     (0,5®).

Đặt :









1
1
u x x
v y y

  





 




(0,25®).

Ta cã : 18

72
u v
uv

 






 u ; v lµ nghiƯm cđa phơng trình : (0.25đ)

1 2

18 72 0 12; 6

X  X    X  X  (0,5®).

66

O H

1
3

3
-1

C
B
A

y = 9 -3x
2
y = 3 x+3

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

 12

6
u
v








; 6

12
u
v








(0,25®).











1 12
1 6
x x

y y

  




 




;









1 6
1 12
x x

y y

  




 




(0,25®).

Giải hai hệ trên ta đợc : Nghiệm của hệ là :

(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị. (0,5đ).

Câu 4: (5.5 điểm) a) ( 1  )
2

EADEFD  sd ED (0,5®)

  ( 1  )

FADFDC  sd FD (0,5đ)
mà EDA FAD EFD FDC (0,5®)

 EF // BC (2 gãc so le trong b»ng nhau) (0,5đ)
b) AD là phân giác góc BAC nên DE DF

s® 1

ACD  s®(AED DF ) = 1

2s®AE = s®ADE (0.5®)

do đó ACDADE và EAD DAC

 D~ADC (g.g) (0,5đ)
Tơng tự:

sđ 1 1 ( )

2 2

ADF sd AF sd AFD DF

= 1(   ) 

2 sd AFD DE sd ABD (0.25®)

 ADFABD (0.25®)

do đó AFD ~ d(g.g) (0,5đ)
c) Theo trên:

+ AED ~ DB
 AE AD

AD AC hay AD

2 = AE.AC (1) (0,5®)

+ ADF ~ ABD  AD AF

AB AD (0.25®)

 AD2 = AB.AF (2) (0.25đ)

Từ (1) và (2) ta có AD2 = AE.AC = AB.AF (0,5đ)

Câu 5: (1,5 điểm) Ta có :

2 2

1 1

0; 0

2 2

a b

   

   

   

   

 a , b > 0 (0,25®)

1 1

0; 0

4 4

a a b b

       (0,25®)

1 1

( ) ( ) 0

4 4

a a b b

        a , b > 0

0
2

a b a b

    (0,25đ)
Mặt khác a b 2 ab0 (0,25đ)

Nhân tõng vÕ ta cã :



 



1 2





a b  a b    ab a b

  (0,25®)

F
E

A

B

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>









2 2
2

a b

a b  a b b a

     (0,25®)

*********************************************

đề thi học sinh giỏi cấp huyện
mơn tốn 9

Thời gian làm bài: 150 phút
§Ị sè 20

Câu1:

Cho biểu thức: A= (

x
x

x
x
x

x
x

1
1
1
1

) :

2
1

x

Với x>0 và x1

a) Rót gän biĨu thøc A

b) Chøng minh r»ng: 0< A < 2

Câu2: Cho các đờng thẳng

(d1): y = mx -5

(d2): y = -3x +1

a) Xác định toạ độ giao điểm A của (d1) và (d2) khi m = 3

b) Xác định giá trị của m để M(3; -8) là giao im ca (d1) v (d2)

Câu3: Giải các phơng trình và hệ phơng trình sau:

a) 1+ 3 16 3 3

x

b) xy – x – y = 5
yz - y- z = 5

zx –z –x =7

Câu4: Cho hai đờng trịn có chung tâm là điểm Ovà có bán kính lần lợt là R và

R

. Từ
một điểm A cách tâm O Một đoạn OA = 2R, ta kẻ hai tiếp tuyến AB, AC đến đờng tròn
(O ; R). Gọi D là giao điểm của đờng thẳng AO với đờng tròn (O; R) và điểm O thuộc
đoạn thẳng AD.

a) Chứng minh đờng thẳng BC tiếp xúc với đờng tròn (O ;
2

R

)

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

b) Chứng minh tam giác BCD là tam giác đều
c) Chứng minh rằng đờng tròn (O ;

R

) néi tiÕp trong tam giác BDC.

Câu5: Cho x> 0; y>0 và x+y 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 5x + 3y + 12x 16y

...Hết...

Hng dn chm s 20

Câu1: 4đ

2
1
:
1
1
1
1

2
3

x

x
x

x
x
x

x

A (0,5 ®)





























1
1
1
1

1
2

x
x

x
x
x

x
x

x

A (0,5 ®)



 









2
.
1

1
1
















x
x

x
x
x

x
x

A (0,5 ®)







 



2
1

1
1
2

2
2

x
x
x

x
x

x

(0,5 đ)

Vì x0 nên x x1 1

Mà 0

1
2

A

x
x

A (1) (0,5 ®)

V× 2

1
2
1

0 










x
x
x

x

x tøc A<2 (2) (0,5 ®)

Tõ (1) và (2) ta có: 0A2 (0,5 đ)

Câu2: 4đ

a. Víi m3, ta cã (d1): y3 x 5 (0,5 ®)

Gọi A(x,y), hồnh độ điểm A là nghiệm của phơng trình
1

3x  x

6
6 

 x

1


 x

Thay x 1 vµo (d2); y 3.1 52

VËy A(1;-2)

b. Vì M(3;-8) là giao điểm của (d1) và (d2) tức M(3;-8) thuộc đờng thẳng (d1):

5


mx

y (0,5 ®)

Thay x3;y8 ta cã:

3m  (0,5 ®)

3
3 

 m

1



m (0,5 ®)

VËy với m1 thì M(3;-8) là giao điểm của (d1) và (d2)

Câu 3:

a. Đặt 3 x3a;3 x16 b (0,25 đ)

19
16
3

3     

 a b x x (1)

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

Tõ (1) vµ (2): a b



a2abb2



19 a2abb2 19
0

6
2





 a a (thay ba 1) (0,5 đ)

a hoặc a2

Víi a3ta cã: 3 x33 x327 x24 (0,25 ®)
Víi a2ta cã: 3 x32 x38 x11 (0,25 ®)























7

11

5 x

z

zx

z

y

yz

y

x

xy

Thêm 1 vào mỗi vế rồi phân tích thành nhân tử ta đợc hệ:























8 )1

)(

1 (

12 )1

)(

1 (

6 )1

)(

1 (

x

z

y

x

(0,5 ®)

Dễ thấy x1;y1;z 1. Nhân từng vế các phơng trình trong hệ ta đợc

   

 1 1( 1) 24
576
1

.
)
1
.(

12 2 2













z
y
x

z
y

x

Chia từng vế của phơng trình này lần lợt với các phơng trình của hệ trên, c nghim l:

(3;4;5) và (-1;-2;-3) (0,5)

Câu 4:

a. áp dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông vào tam giác OBA, vuông tại B và BE

OA, ta cã;

OB2 =OE.OA (0,5 ®)

=> OE=

2
2

2 R

R
R
OA
OB



 (0,5 ®)

Vậy điểm E nằm trên đờng trịn (O;
2

R

)

Mặt khác ta có: OE BC=> BC tiếp xúc với đờng trịn (O;

R

) t¹i điểm E
b. Trong tam giác vuông ABO, ta có

2
2
2
2
2

2 OA OB 4R R 3R

AB     

Trong tam giác vuông BEO, ta có:

4
3
2

2
2
2

2
2

2 OB OE R R R

EB  










 (0,5 ®)

70

(0,5 ®)
(0,5 ®)

B

D
A

C

F

E

I
O

R
AB 



(0,5 ®)

(0,5 ®)

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

3
2

R
EB

(0,5 đ)

Từ đây ta có: BC=AB=AC=R 3

 Tam giác ABC là tam giác đều

Từ giác ABCD có hai đờng chéo vng góc với nhau tại trung điểm nên nó là hình thoi

(0,25 đ)

=> AB=BD=CD=> BD=DC=CB=> Tam giác BCD đều (0,25 đ)
c. Tam giác BCD là tam giác đều: OE=

3
1

ED nên O là trọng tâm của tam giác đều (0,5
đ)

=> OE=OF=OI=
2

R

(0,5 ®)

=> đờng trịn (O;
2

R

) nội tiếp trong tam giác BCD (0,5 đ)

Câu 5: §iĨm =

 

y

y
x

x
y

y
x
x
y
x

P 2 3 12 16122 3 .12 2 .16

(áp dụng BĐT Cosi) (0,5 đ)

32
8
12

(0,5 đ)

Dấu = xảy ra

x
x 12

và

y

y 16 (0,5 đ)

x và y4

Vậy min P= 32 khi và chỉ khi x2;y4 (0,5 đ)

*********************************************

thi học sinh giỏi cấp huyện
mơn tốn 9

Thời gian làm bài: 150 phỳt
Đề số 21:

Câu1: (4 điểm) Cho biểu thức



2 3

3 3

2 3 1 3

x

x x x

p

x x x x



 

  

   

a) Rót gän P

b) Tính giá trị của biểu thức P với x = 14 - 6 5.
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P

Câu 2: (4 điểm)

1) Cho ng thng y = (m-2)x + 2 (d)

a) Chứng minh rằng đờng thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định với m.

2) Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm M có toà độ
xM = 1

2
m 

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

yM =

1
2

m

Tìm quỹ tích các điểm M.

Câu 3: (5 điểm)

1) Giải hệ phơng trình

5
24

7
24
1
4
x y

xyz
y z

xyz
x z

xyz

2) Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:
x2 - 4xy + 5y2 = 169

Câu 4: (5 điểm) Cho đờng trịn (0) đờng kính AB. Gọi K là điểm chính giữa của cung

AB, M lµ điểm di chuyển trên cung nhỏ AK(M A và K). lấy điểm N trên đoạn BM sao
cho BN = Am

a) CM: MKN vuông cân

b) ng thng AM ct đờng thẳng OK tại D. Chứng minh MK là đờng phân giác của

DMN.

c) Chứng minh đờng thẳng  với BM tại N ln đi qua một điểm cố định.

a b c 2
b c  a c  a b 

...HÕt...
H

íng dÉn chÊm

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

Tµi liƯu båi dìng häc sinh giái Toán

Giáo viên : Đỗ Tuán Long Trờng THCS Định Bình

ĐKXĐ: x  0; x  9







 









 



2 3

3 3

2 3 1 3

2 3

3 3

1 3

3 2 3 3 1

8
1

x

x x x

p

x x x x

x

x x x

x x

x x x x x

x
x



 

  

   



 

  

 

      






0.25

0,5





14 6 5 5 3 3 5

58 2 5
11
x

P

     




0,5
0,5

8 1 9 9

1 1 1

1 2 2 9 2 4

x x

p x

x x x

x

  

    

  

     

(áp dụng BĐT côsi)

dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi

1 4

x x

x

   



vËy min p = 4 khi x = 4

0,5

0,5
0,5

0,25

1,a

y = (m-2)x+2 (d)

Để dờng thẳng (d) đi qua điểm cố định với m thì

xm - 2x + 2 - y = 0 cã nghiƯm víi m

 x = 0  x = 0

-2x + 2 - y = 0 y = 2
Vậy (d) đi qua N (0,2) cố định

0,5
0,5
0,25

1,b

Gọi A,B theo thứ tự là giao điểm của (d) với trục hoành và
trục tung. Ta tính đợc

; 2

OA OB

m

 



Gọi OH là khoảng cách từ O đến AB, ta có





2 2 2

2
2

1 1 1 4 5

4 4

4 3 2 1

m m

OH OA OB

OH

m m m

 

  

   

   

VËy OH líp nhÊt = 2 khi m = 2

0,25
0,25

0,5

0,5
0,25

2 2

2 1

1 2 1

2 2 2 1 0

M

M
M
M

M M M M

m

y x m

m y m

x

x y x y






   





 

   

 




      

Vậy quỹ tích điểm M là đờng thẳng x - y + 1 = 0

0,25

0,5
0,25

 

5 1 1 5

24 24

1 1 1 1

4 4

7 1 1 7

24 24

1 1 1 3 1 1 1 3

x y

xyz yz xz

x z

xyz yz xy

y z

xyz xy xz

  

  

 

  

   

 

 

  

  

 

 

0,75

</div>

TONG HOP 21 DE THI HOC SINH GIOI TOAN 9 C DAP AN









 

 





 







1

2



























1

0

01

0

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>











 

























<sub></sub>

<sub></sub>

















<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

1

0

1

0

1

0

1

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>