De thi chon HSG full dap an

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
NAM TRỰC

ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 9
MƠN TỐN
(Thời gian làm bài 150 phút)
Đề thi gồm 01 trang

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1: (4,0 điểm)
x2  x
2x  x 2  x  1
P


x  x 1
x
x  1 với x > 0, x 1
1. Rút gọn biểu thức
2. Cho x + 3 = 2 . Tính giá trị của biểu thức A = 7(x2 – 4x)100 + (x2 – 4x)50 + 2016
Bài 2: (4,0 điểm)
1. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình 2x + 3 = y2
2. Giải phương trình

x 2  12  5 3x  x 2  5

Bài 3: (3,0 điểm)
 x  y  z 2

2 xy  z 2 4

Giải hệ phương trình 
Bài 4: (2,0 điểm)
Cho x, y, z > 0 thoả mãn x + y + z = 2

x2
y2
z2


yz zx xy
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
Bài 5: (7,0 điểm)
1. Cho đường tròn tâm O và đường thẳng d cắt đường tròn tâm O tại hai điểm B, C (d
không đi qua O). Trên tia đối của tia BC lấy điểm A (A nằm ngoài đường tròn tâm O). Kẻ AM
và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại M và N. Gọi I là trung điểm của BC, AO cắt
MN tại H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q (P nằm giữa A và O), BC cắt MN tại K.
a. Chứng minh 4 điểm O, M, N, I cùng nằm trên một đường tròn và AK. AI = AM 2
b. Gọi D là trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng MP
tại E. Chứng minh P là trung điểm ME.
c. Thầy cơ có nhu cầu mua bộ đề HSG mơn tốn 6789 các huyện trên toàn quốc(100 đề full
đáp án), giá 50k/1 khối gồm 100 đề. Liên hệ 0981631258
2. Cho hình vng có độ dài cạnh bằng 1m, trong hình vng đó đặt 55 đường trịn, mỗi
1
đường trịn có đường kính 9 m. Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng giao với ít nhất bảy
đường trịn.


------Hết------

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM

Bài 1: (4,0 đ)
Câu

Nội dung

Điểm

x  x
2x  x 2  x  1


x  x 1
x
x1
2

1.

P

(2,0đ)

x
P

3



x  x 1



 x
x 

  x2

x 1

 

  2



x 1
x

 

x  1  2 x 1  2

x1



x 1

1,0

x1



x 1

1,0

x 1
2

x + 3 = 2 => x  2  3  ( x  2) 3

2.

2
2
(2,0đ)  x  4 x  1 0  x  4 x  1
A = 7(-1)100 +(-1)50 +2016
A = 2024

1,0
1,0

Bài 2: (4,0đ)
Câu
1.
(2,0đ)

Nội dung
Với x = 0 thì y = 2 hoặc y = -2

Điểm
0,5

2

Với x= 1 thì y = 5 (loại)

0,5

Với x

0,5

2 thì VT chia 4 dư 3,

Vì VT là số tự nhiên lẻ => y là số tự nhiên lẻ

2.
(2,0đ)

=> VP chia 4 dư 1 => vơ lí.

0,25

Vậy nghiệm tự nhiên của phương trình là (x,y) =(0;2)

0,25

Để phương trình có nghiệm thì :

x 2  12 

x 2  12  4 3 x  6  x 2  5  3 

x2
  x  2 

2
 x  12  4

x 1

x2  4
2

5
3

0,25

x2  4

0,5

x 2  5 3x  5 0  x 

x  12  4

3  x  2  

2

x 5 3


 3  0  x 2
x2  5  3 
x2
x2
5

 3  0, x 
2
3
x2  5  3
Dễ dàng chứng minh được x  12  4

0,5
0,5


Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {2}

0,25

Bài 3: (3,0đ)
Câu

3,0đ

Nội dung
 x  y  z 2


2
2
xy

z

4

 z 2  x  y

 2 xy   2  x 

 z 2  x  y

2
2 xy  z 4
 z 2  x  y

2
2
2
y  4
 x  2    y  2  0

Điểm
1,0
(1)
(2)

Từ phương trình 2 tìm được x=2 và y=2
Thay vào phương trình 1 tìm được z = -2

1,0
1,0

Bài 4: (2,0đ)
Câu
2,0đ

Nội dung

Điểm

Vì x, y, z > 0 ta có:

x2
yz
Áp dụng BĐT Côsi đối với 2 số dương y  z và 4 ta được:

x2
yz
x2 y  z
x


2
.
2.  x
yz
4
yz 4
2
(1) . Tương tự ta có:
2
y
xz

 y (2)
xz
4
z2
xy

z (3)
x y
4
Cộng (1) + (2) + (3) ta được:
2

2

2

 x
y

z  x yz
P 



2
 yz zx xy
xyz
 P  x  y  z  
1
2

 x  y z 
Dấu “=” xảy ra
Vậy min P = 1

 x  y z 

2
3

2
3

0,5

0,5

0,5
0,25

02,5


Bài 5: : (7,0đ)
Câu

Nội dung

1.

Điểm

M

(5,5 đ)

Q

P
A

B

O D

H
K
I

C

E

1a
(2,0đ)

1b
(2,0đ)

N

0

I là trung điểm của BC ( dây BC không đi qua O )  OI  BC  OIA 90
=> I thuộc đường trịn đường kính AO (1)



1,5đ

d

0

Ta có AMO 90 ( do AM là hai tiếp tuyến (O) ) => M thuộc đường trịn
đường kính AO (2)
ANO 900
( do AN là hai tiếp tuyến (O) ) => N thuộc đường trịn
đường kính AO (3)
=> 5 điểm A, M, N, O, I cùng thuộc đường trịn đường kính AO
Suy ra 4 điểm O, M, N, I cùng thuộc đường trịn đường kính OA

AM, AN là hai tiếp tuyến (O) cắt nhau tại A nên OA là tia phân giác

MON
mà ∆OMN cân tại O nên OA  MN
∆AMO vuông tại M đường cao MH nên ta có AH.AO = AM2
0



∆AHK đồng dạng với ∆AIO ( vì AHK=AIO=90 và OAI chung )
Suy ra AK.AI = AH.AO
=> AK.AI = AM2
0

Ta có M thuộc đường trịn (O) => PMQ=90



Xét ∆MHE và ∆QDM có MEH=DMQ ( cùng phụ với DMP
),



EMH=MQD
( cùng phụ với MPO )
 ∆MHE đồng dạng ∆QDM
ME MH


MQ DQ

∆PMH đồng dạng với ∆MQH
MP MH MH



MQ HQ 2 DQ
MP 1 ME


MQ 2 MQ

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

1,0

0,5
0,5


 ME = 2 MP  P là trung điểm ME.
(1,5 đ) Kẻ 9 đường thẳng song song cách đều chia hình vng thành 10 hình chữ
nhật có chiều rộng là 0,1m.
Vì đường kính của mỗi hình trịn lớn hơn 0,1m nên mỗi đường trịn bị ít
nhất một trong 9 đường thẳng vừa kẻ cắt.

Nếu mỗi đường thẳng chỉ cắt khơng q 6 đường trịn thì số đường trịn
khơng q 9.6=54 .
Vì có 55 đường trịn nên ít nhất phải có một đường thẳng cắt 7 đường
trịn.
Chú ý:
- Học sinh làm cách khác nếu đúng và chặt chẽ cho điểm tương đương.
- Giám khảo khi chấm thống nhất cho điểm đến 0,25
- Nếu học sinh vận dụng kiến thức trước chương trình vẫn cho điểm.
- Điểm của học sinh tính đến 0,25 và khơng làm trịn.

0,5

0,5
0,5