20 Đề ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 9 cấp Huyện (Có đáp án) - Phòng GD&ĐT

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
Môn: Toán 9
Thời gian làm bài: 150 phút
Đề gồm 01 trang
Bài 1: (6,0 điểm)
1) Cho biểu thức 
 a/ Tìm điều kiện của Q và rút gọn Q b/ Tính giá trị của Q khi 
2) Chứng minh rằng A = 13 + 23 + 33 + ...+ 1003 chia hết cho B = 1 + 2 + 3 + ... + 100
Bài 2: (4,0 điểm)
1) Giải phương trình: 
2) Cho abc = 1.Tính S = 
Bài 3: (3,0 điểm)
1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0 
 2) Biết rằng a,b là các số thoả mãn a > b > 0 và a.b = 1 Chứng minh : 
Bài 3: (6,0 điểm)
Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R, tâm O cố định. Điểm A di động trên nửa đường tròn. Gọi H là hình chiếu của điểm A lên BC. Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của H lên AC và AB. 
a) Chứng minh tam giác ABC vuông
b)Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2 
c) Xác định tam giác ABC sao cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất? Tính d/ tích lớn nhất đó theo R.
Bài 5: (1,0 điểm)
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Bài
Tóm tắt lời giải
Điểm
Bài 1
Câu 1a
(2đ)
1.a) ĐKXĐ: x 0; x 
Q = 
 Q = 
 = 
0,5
0,5
0,5
0,5

Bài 1
Câu 1b
 (2 đ)

1.b) Ta có: 
Thay x = vào Q ta có:
0,5
0,5
0,5
0,5

Bài 1
Câu 2
(2 đ)
2. Ta có: B = (1 + 100) + (2 + 99) + ...+ (50 + 51) = 101. 50
Để chứng minh A chia hết cho B ta chứng minh A chia hết cho 50 và 101
Ta có: A = (13 + 1003) + (23 + 993) + ... +(503 + 513) 
= (1 + 100)(12 + 100 + 1002) + (2 + 99)(22 + 2. 99 + 992) + ... + (50 + 51)(502 + 50. 51 + 512) = 101(12 + 100 + 1002 + 22 + 2. 99 + 992 + ... + 502 + 50. 51 + 512) chia hết cho 101 (1)
Lại có: A = (13 + 993) + (23 + 983) + ... + (503 + 1003)
Mỗi số hạng trong ngoặc đều chia hết cho 50 nên A chia hết cho 50 (2) 
Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 101 và 50 nên A chi hết cho B

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



Bài 2
(1,5 đ)
1. 
0,5
1,0

(2,5 đ)
2. Cho abc = 1. 
 S = 
= 
 = 
= 
= 
0.5
0,5
0,5
0,5
0,5

Bài 3
(1,5đ)

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 
 x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0 (1)

 (1) (x2 + 2xy + y2) + (y2 + 3y – 4) = 0
0,25
 (x + y)2 + (y - 1)(y + 4) = 0
0,25
 (y - 1)(y + 4) = - (x + y)2 (2)
0,25
Vì - (x + y)2 0 với mọi x, y nên: (y - 1)(y + 4) 0 - 4 y 1
0,25
Vì y nguyên nên y 
0,25
Thay các giá trị nguyên của y vào (2) ta tìm được các cặp nghiệm nguyên (x; y) của PT đã cho là: (4; -4), (1; -3), (5; -3), ( -2; 0), (-1; 1). 
0,25
(1,5 đ)
2. - Vì a.b = 1 nên
 - Do a > b > 0 nên áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương 
 Ta có : 
Vậy 
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
Bài 4
6đ

0,5
a) Chứng minh tam giác ABC vuông
Ta có: OA= OB = OC = R 
=> Tam giác ABC vuông tại A (theo đl đảo)
0,25
0,25
b) Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2 
Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật 
AB . EB = HB2 
AC . EH = AC . AD = AH2
Ta có: AB2 = AH2 + HB2 (định lý Pi ta go)
=> Đpcm

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


b) S(ADHE)= AD.AE 
 S(ADHE) 
Vậy Max S(ADHE)=Khi AD = AE hay AB = AC
 Tam giác ABC vuông cân tại A 
1,0
0,5
0,5
0,5
Bài 5
(1,0đ)
Ta có 
Giả sử: khi đó và 52 = 1.52 = 2.26 = 4.13 ta có các trường hợp sau:
	(loại)	
=> nghiệm nguyên dương của PT là: ( 1; 18);( 18; 1); ( 2; 5); ( 5; 2)

 0,25
0,25
0,25
0,25
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HUYỆN PHÙ MỸ
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
Môn: Toán 9
Thời gian làm bài: 150 phút
Đề gồm 01 trang
Bài 1: (3,5 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: 
	A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19
Bài 2: (2,5 điểm)
	Tìm số tự nhiên n sao cho: n + 24 và n – 65 là hai số chính phương
Bài 3: (3,0 điểm)
 	Cho a, b > 0 và a + b = 1.
 Chứng minh rằng : 
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho x, y là hai số dương thỏa mãn : x2 + y2 = 4. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 
Bài 5: (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC có D là trung điểm cạnh BC, điểm M nằm trên trung tuyến AD. Gọi I, K lần lượt là các trung điểm tương ứng của MB, MC và P, Q là các giao điểm tương ứng của các tia DI, DK với các cạnh AB, AC.
	Chứng minh: PQ // IK.
Bài 6: (4,0 điểm)
	Cho tam giác ABC có BC = a , CA = b , AB = c. Gọi đường cao hạ từ các đỉnh A,B,C xuống các cạnh BC , CA và AB tương ứng là ha , hb , hc . Gọi O là một điểm bất kỳ trong tam giác đó và khoảng cách từ O xuống ba cạnh BC , CA và AB tương ứng là x , y và z .
	Tính 
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN - MÔN TOÁN 
Bài 1
(3,5đ)
Với n = 0 ta có A(0) = 19 19
Giả sử A chia hết cho 19 với n = k nghĩa là: A(k) = 7.52k + 12.6k 19
Ta phải chứng minh A chia hết cho 19 với n = k + 1 nghĩa là phải chứng minh:
A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1 19
Ta có: A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1 
	 = 7.52k.52 + 12.6n. 6 
	 = 7.52k.6 + 7.52k .19 + 12.6n. 6
	 = 6.A(k) + 7.52k .19 19
Vậy theo nguyên lý quy nạp thì A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19 với mọi số tự nhiên n
0,5
0,75
0,75
1,0
0,5
Bài 2
(2,5đ)
1

Ta có:	
	 	Vậy: n = 452 – 24 = 2001 

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

Bài 3
(3,0đ)
Nhận xét rằng với mọi x,y ta có:
 Đặt ta được :
 Vì 
 Do đó : 

0,5
0,5
0,75
0,5
0,75
Bài 4
(3,0đ)
Ta có
Áp dụng BĐT: vôùi a > 0; b > 0. 
Ta có 
Áp dụng BĐT: vôùi a > 0; b > 0. 
Ta có
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức E = 9 . Dấu “=” xảy ra khi x = y =
0,5
1,0
1,0
0,5
Bài 5
(4,0đ)

- Vẽ hình đúng
- Gọi E là trung điểm của AM, chứng minh được:
 IK // BC, EI // AB, EK // AC 
- Áp dụng định lý Ta-lét vào các tam giác DPA, DAQ. Suy ra:
- Áp dụng định lý Ta-lét đảo vào tam giác DPQ, suy ra:
	PQ // IK 

0,5
1,5
1,5
0,5
Bài 6
(4,0đ)
A
B
C
ha
x
Vẽ hình đúng
Xét hai tam giác ABC và OBC ta có :
SABC = (1)
SOBC = (2)
Từ (1)và (2) ta suy ra : 
Tương tự ta có : 
Từ đó tính được : =1
0,5 
0,5 
1,0 
0,5
0,5
1,0 

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HUYỆN ĐÔNG SƠN
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
Môn: Toán 9
Thời gian làm bài: 150 phút
Đề gồm 01 trang

Bài 1: Cho biểu thức: A =:
a, Rút gọn biểu thức A.
b, Tính giá trị biểu thức A khi x = 3 + ; y = 3 - 
Bài 2: Cho 3 số a, b, c 0 thỏa mãn: abc và a3+b3 +c3 = 3abc.
P = ; 	Q = 
Chứng minh rằng : P.Q = 9.
Bài 3: Giải phơng trình : (4x – 1)= 2(x2+1) + 2x -1.
Bài 4: Giải hệ phương trình sau:
Bài 5: Cho 3 số x,y,z thỏa mãn x + y + z = 3 và x4+y4+z4 =3xyz. Hãy tính giá trị của biểu thức M = x2006 + y2006 + z2006
Bài 6: Cho Parabol (P) có phương trình y = x2 và điểm A(3;0) ; Điểm M thuộc (P) có hoành độ a.
a) Xác định a để đoạn thẳng AM có độ dài ngắn nhất .
b) Chứng minh rằng khi AM ngắn nhất thì đường thẳng AM vuông góc với tiếp tuyến của (P) tại điểm M.
Bài 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x3 + x2 + x +1 = 2003y
Bài 8: Cho tam giác ABC vuông ở A. I là trung điểm của cạnh BC, D là một điểm bất kỳ trên cạnh BC. Đường trung trực của AD cắt các đường trung trực của AB, AC theo thứ tự tại E và F.
a) Chứng minh rằng: 5 điểm A,E,I,D,F cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh rằng: AE.AC = AF.AB.
c) Cho AC = b; AB = c. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AEF theo b, c 
Bài 9: Cho tam giác ABC cân tại A. Một điểm P di động trên BC. Qua P vẽ PQ//AC
(QAB) và PR//AB (RAC). Tìm quỹ tích các điểm D đối xứng với P qua QR.
Hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 9
Môn : Toán
Bài
Lời giải
Biểu điểm

a) ĐKXĐ : x >0 ; y>0 ; x y
A = : 
= . 
= . 
=. = 
b) Với x= 3 + Và y = 3 - ta có : x >y do đó
 A = 
Mà A2 = 
Vậy : A = 
0,25
0,75
0,25
0,75

Ta có : a3 + b3 + c3 = 3abc a3 + b3 + c3 -3abc = 0
 (a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc ) = 0 (1)
Mà a2 + b2 + c2 - ab – ac –bc = [(a –b )2 + (b – c)2 +(c-a)2 ] 0
 ( Do a b c )
Do đó:(1) a +b +c = 0 a +b = - c ; a +c = -b ; b +c = -a (2)
 Mặt khác :
P = 
P = (3)
Hơn nữa :
Đặt Ta có (do (2) )
Vì thế :
Q = 
 = - ( Biến đổi tương tự rút gọn P )
 = -
 = (4)
Từ (3) và (4) ta có : P.Q=
Vậy P.Q = 9
0,5
0,5
0,75
0,25

 (4x – 1) 2(x2 +1) +2x -1 (5)
 Đặt = y ( y 1) Ta có : 
(5) (4x -1).y = 2y2 + 2x – 1
 2y2 - 4xy +2x + y -1 = 0
 (2y2 – 4xy +2y ) – ( y -2x + 1) = 0
 2y (y -2x + 1) – ( y -2x + 1) = 0
 (y-2x + 1 ) (2y- 1) = 0 
 = 2x -1
 x2 + 1 = 4x2 – 4x + 1
 x(3x – 4) = 0 

0,25
1,0
0,75

 (I ) (ĐKXĐ : x 0; y 0 )
Ta có :
( a) ()(=0 
x = y thế vào (b) ta đợc :
2x +18x = 4 20x - 7 -13 = 0 (6)
 Đặt = t (t 0 ) ta có :
( 6) 20 t2 – 7t – 13 = 0 
 = 1 x = 1
Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất (x,y) = (1, 1)
1,0
1,0

Theo BĐT Cô si ta có : 
 x4 + y4 +z4 x2y2 + y2z2 +x2z2 ( 7 )
Mặt khác : x2y2 + y2z2 +x2z2 xy2z + xyz2 +x2yz (C/M tương tự quá trình trên)
 x2y2 + y2z2 +x2z2 xyz (x +y +z)
 x2y2 + y2z2 +x2z2 3xyz (8) (do x +y z =3 )
Do đó : x4 +y4 + z4 3xyz (9) 
Dấu “ = “xảy ra
 x = y = z (10)
Hơn nữa x + y +z =3 (11)
Từ (10 ) và (11) 3x = 3 x = 1 y = z =1
 x2006 + y2006 + z2006 = 1 + 1 +1 = 3
Vậy : M = 3
0,75
0,75
0,5

a)Ta có : A (3; 0) và M(a; a2 ) do đó :
AM2 = (a – 3)2 +(a2 – 0)2 = a4 + a2 – 6a +9
 = (a4 -2a2 +1 ) +3 ( a2 – 2a +1 ) +5
 = ( a2 -1)2 + 3(a-1)2 + 5 5
 AM 
Min AM = khi và chỉ khi a = 1
b) Theo câu a : AM có độ dài ngắn nhất a = 1 ,Khi đó M(1;1)
Do đó phương trình đường thẳng AM là: y = - 
 (do A(3;0)) ( c )
Gọi phương trình đường thẳng đi qua điểm M (1;1) và tiếp xúc với ( P) tại điểm M là (d) : y = ax +b ta có : a .1 + b = 1 (12)
(Do M(1;1) (d) )
và phương trình : x2 = ax +b có nghiệm kép (13) (do (d) tiếp xúc với (P) )
Mà : x2 = ax + b x2 – (ax + b ) = 0 (14) 
Phương trình (14 ) có = (-a)2 – 4.1.(-b) = a2 + 4b
Nên : (13) a2 + 4b = 0 (15)
Từ (12) và (15 ) ta có hệ phương trình: 
Vì thế phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1;1) và tiếp xúc với 
( P ) tại M là : y = 2x -1 (d)
Từ (c ) và ( d) (d) AM (do -. 2 = -1 )
Vậy : Khi AM ngắn nhất thì AM vuông góc với tiếp tuyến của (P) tạiM 

1.0
0,25
0,5
0,25

+)Nhận thấy (0;0) là nghiệm nguyên của phương trình :
 + x2 +x +1 = 2003 (16)
+) Với y< 0 ta có : 2003y Z mà x3 +x2 +x +1 Z 
(Với x Z ) Phương trình (16) không có nghiệm nguyên thỏa mãn y < 0
+) Với y >0 ta có :
 (16) (x +1)(x2 +1) = 2003y (*)
Từ (*) x +1 >0 (do x2 +1 > 0 và 2003y > 0 )
Đặt ƯCLN ( x + 1; x2 +1 ) = d ta có :
(x+1) d và (x2 + 1) d [ x2 +1 + (x +1) (1 - x)] d
 d =1 (**)
Mặt khác : 2003 là số nguyên tố ,nên các ớc của 2003y chỉ có thể là 1 hoặc 2003m (m N* ) (***)
Từ (*) , (**) và (***) x = 0 y = 0 (loại)
 phương trình (16) cũng không có nghiệm nguyên thỏa mản y > 0 
Vậy : Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất ( 0; 0) 

0,5
0,25
1,0
0,25

F
A
a) Ta có : E là giao điểm 
của 2 đường trung trực 
của 2 cạnh AD,AB
Nên E là tâm đường tròn 
M
ngoại tiếp ABD.
E
C
Tương tự ta có: F là tâm
đường tròn ngoại tiếp ACD
B
H
I
D
Do đó :
 +ABD = AED AED = 2 B 
+ACD = AFD AFD = 2 C	
 AED + AFD = 2 (B +C) =1800 AEDF Nội tiếp (17)
Lại có : AI = BC = BI ABC cân tại I
 BAI = B AID = 2 B AID + AFD = 1800 
 Tứ Giác AIDF nội tiếp (18)
Từ (17 ) ; (18 ) 5 điểm A , E , I , D , F cùng thuộc đường tròn
 b)Ta có EF là đườn ...  S' lần lượt là diện tích của tam giác ABC và tam giác A'B'C'. 
Chứng minh rằng 
Bài 5: (2,0 điểm) Cho x, y là các số dương thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
- Hết -
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9
Bài
Nội dung cần đạt
Điểm
1
Câu a: (2,0 điểm) - Tìm được ĐKXĐ: x 
- Ta có 
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu b: (2,0 điểm) - Ta có: P < 0
- Kết hợp với ĐKXĐ ta được: Với thì P < 0.

0,5
1,0
0,5

2
Câu a: (2,0 điểm) Giải phương trình: . 
- ĐKXĐ .
- Ta có
- Vì nên 
(thỏa mãn ĐKXĐ). Nghiệm của phương trình đã cho là x = 4

0,25
1,0
0,5
0,25
Câu b: (2,0 điểm)
Cho hai số dương a và b. Chứng minh rằng 
- Ta có 
- Vì a, b > 0 nên áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai số dương 
 . Do đó 
0,75
0,75
0,5
3
Câu a: (2,0 điểm) 
Tìm số tự nhiên n sao cho A = n+ n + 6 là số chính phương
- Để A là số chính phương thì A = n+ n + 6 = a2 (a )
- Ta có: n+ n + 6 =a2 
- Vì a, n là các số tự nhiên nên (2a +2n +1) là số tự nhiên và 
2a + 2n + 1 > 2a – 2n -1. Do đó
- Vậy n = 5

0,25
0,5
0,5
0,25
0,5
Câu b: (2,0 điểm)
Cho các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 
Chứng minh A = xy chia hết cho 12
- Xét phép chia của xy cho 3
Nếu xy không chia hết cho 3 thì
 (Vô lí)
Vậy xy chia hết cho 3 (1)
- Xét phép chia của xy cho 4
Nếu xy không chia hết cho 4 thì
TH1: (vô lí )
TH2: Trong hai số x,y một số chia 4 dư 2, một số chia 4 dư 1 hoặc -1. Không mất tính tổng quát giả sử
( vô lí)
- Vậy xy chia hết cho 4 (2)
- Từ (1) và (2): Vậy xy chia hết cho 12

1,0
0,5
0,5
4


Câu a (2,0 điểm): Chứng minh 
- Xét có
Góc A chung
Suy ra: 

2,0
Câu b (2,0 điểm): Chứng minh AM = AN.
- Xét vuông tại M đường cao MB'
- Xét vuông tại N đường cao NC'
- Theo câu a ta có AB'.AC = AC'.AB
- Do đó: AM = AN
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu c: (2,0 điểm) Chứng minh 
- Chỉ ra được 
- Tương tự 
- Do đó:
0,5
0,5
0,5
0,5
5
Cho x, y là các số dương thỏa mãn 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
- Ta có:
- Áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai số dương ta được
- Vì nên 
- Dấu "=" xảy ra khi 
- A đạt giá trị nhỏ nhất là khi 

0,5
0,5
0,25
0,5
0,25
ĐỀ ÔN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DỰ THI CẤP HUYỆN
MÔN: TOÁN - LỚP 9 
Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề
( Đề thi số 05)
Bài 1: (4,0 điểm)
Cho biểu thức P = 
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của P với x = 14 - 6
c) Tìm GTNN của P.
Bài 2: (3,0 điểm)
a) Cho biểu thức A = x – + 3y - + 1
Tìm giá trị nhỏ nhất mà A có thể đạt được.
b) Tìm số tự nhiên n sao cho n2 + 17 là số chính phương?
Bài 3: (4,0 điểm)
Giải các phương trình sau:
a) 
b) 
Bài 4: (3,0 điểm)
a) Tìm x; y thỏa mãn: 
b) Cho a; b; c là các số thuộc đoạn thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 6 hãy chứng minh rằng: a + b + c 0
Bài 5: (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H.
a) Chứng minh: 
b) Giả sử: HK = AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3
c) Giả sử SABC = 120 cm2 và BÂC = 600. Hãy tính diện tích tam giác ADE?
- Hết -
ĐÁP ÁN ĐỀ 05
Câu 1: (4 điểm)
a) Rút gọn biểu thức A = 
ĐKXĐ: x 4; x 9
A = 
= 
b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1.
Hãy tính: A = 
Gợi ý: xy + yz + xz = 1 
 1 + x2 = xy + yz + xz + x2 = y(x + z) + x(x + z) = (x + z)(x + y)
Tương tự: 1 + y2 = ; 1 + z2 = . 
Câu 2: (3 điểm)
a) Cho hàm số : f(x) = (x3 + 12x – 31)2018
Tính f(a) tại a = 
b) Tìm số tự nhiên n sao cho n2 + 17 là số chính phương ?
Giải
a) Từ a=
 nên a3 + 12a = 32
Vậy f(a) = 1
b/ Giả sử: n2 + 17 = k2 (k ) và k > n (k – n)(k + n) = 17 
Vậy với n = 8 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 3: (4 điểm)
Giải các phương trình sau:
a/ 
b/ 
Giải
a) ĐK: 
Bình phương 2 vế: 
(thỏa mãn)
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 0; x = -3
b) . ĐKXĐ: x 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -1 
Câu 4: (3 điểm)
a/ Tìm x; y thỏa mãn: 
b/ Cho a; b; c là các số thuộc đoạn thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 6 hãy chứng minh rằng: a + b + c 0
Giải
a/ 
Xét VP = theo BĐT cosi: vậy VP xy = VT
Dấu = xảy ra khi: 
b/ Do a; b; c thuộc đoạn nên a + 1 0; a – 2 0 nên (a + 1)(a – 2) 0
Hay: a2 – a – 2 0 a2 a + 2
Tương tự: b2 b + 2; c2 c + 2
Ta có: a2 + b2 + c2 a + b + c + 6 theo đầu bài: a2 + b2 + c2 = 6 nên: a + b + c 0
Câu 5: (6 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H.
a/ Chứng minh: 
b/ Giả sử: HK = AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3
c/ Giả sử SABC = 120 cm2 và BÂC = 600. Hãy tính diện tích tam giác ADE?
Giải
a/ Sử dụng định lý pytago:
= 
b/ Ta có: tanB = ; tanC = 
Nên: tanBtanC = (1)

Mặt khác ta có: mà: tanHKC = 
Nên tanB = tương tự tanC = (2)
Từ (1)(2)
Theo gt: HK = AK 
c/ Ta chứng minh được: và đồng dạng vậy: (3)
Mà BÂC = 600 nên AB = 2AD(4)
Từ (3)(4) ta có: 
ĐỀ ÔN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DỰ THI CẤP HUYỆN
MÔN: TOÁN - LỚP 9 
Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề
( Đề thi số 06)
Câu 1. (4,0 điểm): 
Cho biểu thức 
1) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa.
2) Rút gọn biểu thức A.
3) Tìm giá trị của x để là số tự nhiên.
Câu 2. (4,0 điểm)
Giải phương trình:
Câu 3. (4,0 điểm):
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: .
Câu 4. (6,0 điểm) Cho thẳng AB có trung điểm O. Gọi M là điểm nằm giữa A và B. Qua M vẽ dây CD vuông góc với AB sao cho CO = DO = OA = OB. Lấy điểm E đối xứng với A qua M.
1) Tứ giác ACED là hình gì? Vì sao?
2) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của M trên AB và AC. Chứng minh rằng:
3) Gọi C’ là điểm đối xứng với C qua A. Chứng minh rằng C’ nằm trên một đường tròn cố định khi M di chuyển trên đường kính AB (M khác A và B).
Câu 5. (2,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: a + b + c = 1. 
Chứng minh rằng: 
- Hết -
ĐÁP ÁN ĐỀ 06
Câu
Ý
Lời giải
Điểm
1

1

Điều kiện: 
0,5
2


0,5
0,5
0,5
0,5
3

Với điều kiện: 
Ta có: A = 
Vì A = ≥ 1 với mọi x ≥ 0 nên 0 ≤ ≤ 2
Do đó: khi = 1 hoặc = 2
Mà > 0 nên =1 hoặc = 
Do đó: hoặc 
Vậy là số tự nhiên khi hoặc 

0,5
0,5
0,5
2

1

Giải phương trình: 
Điều kiện: 4 ≤ ≤ 6
, dấu “=” xảy ra 
,
Dấu “=” xảy ra 
(TMĐK). 
Vậy nghiệm của phương trình là 

0,5
0,5
0,5
0,5
2

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Ta có: 
 (vì )
Đẳng thức xảy ra khi x = 0, suy ra: maxA = 1 khi x = 0
 (vì )
Suy ra:, đẳng thức xảy ra khi 
Suy ra: minA = , khi 

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

1

Tìm được A(0; 3); B(0; 7)
Suy ra I(0; 5)
1,0
0,5
2

Hoành độ giao điểm J của (d1) và (d2) là nghiệm của PT:
 x + 3 = 3x + 7x = – 2yJ = 1J(-2;1) 
Suy ra: OI2 = 02 + 52 = 25; OJ2 = 22 + 12 = 5; IJ2 = 22 + 42 = 20
OJ2 + IJ2 = OI2 tam giác OIJ là tam giác vuông tại J
(đvdt)
0,5
0,5
0,5
0,5
4




1

Vì CD AB CM = MD
Tứ giác ACED có AE cắt CD tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành
Mà AE CD tứ giác ACED là hình thoi
0,5
0,5
0,5
0,5
2

Vì tam giác ABC có AB là đường kính (O) nên ∆ABC vuông tại C, suy ra tứ giác CHMK là hình chữ nhật
Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông ta có:
MH.AC = MA.MC MH = 
Tương tự ta có: MK = 
MH.MK = 
Mà MA.MB = MC2; AC.BC = MC.AB (do ∆ABC vuông tại C)
MH.MK = 
Mà MC = MK ( do CHMK là hình chữ nhật)
Vậy: (đpcm)

0,5
0,5
0,5
0,5
3

Lấy O’ đối xứng với O qua A, suy ra O’ cố định.
Tứ giác COC’O’ là hình bình hành vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm A của mỗi đường.
Do đó O’C’ = OC = R không đổi
Suy ra C’ nằm trên đường tròn (O’;R’) cố định khi M di chuyển trên đường kính AB.
0,5
0,5
0,5
0,5
5


Vì a + b + c = 1 nên
c + ab = c(a + b + c) + ab = (c + a)(c + b)
a + bc = a(a + b + c) + bc = (b + a)(b + c)
b + ac = b(a + b + c) + ac = (a + b)(a + c)
nên BĐT cần chứng minh tương đương với:
Mặt khác dễ thấy: , với mọi x, y, z (*)
Áp dụng (*) ta có:
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b =c = đpcm

0,5
0,5
0,5
0,5
Chú ý:
1) Nếu thí sinh làm bài không làm bài theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
2) Bài hình không vẽ hình thì không chấm điểm.
UBND HUYỆN 
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
MÔN: TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: .
Rút gọn biểu thức P.
Tính giá trị của P với .
Bài 2: (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) và (L) lần lượt là đồ thị của hai hàm số: và .
Vẽ đồ thị (D) và (L).
(D) và (L) cắt nhau tại M và N. Chứng minh OMN là tam giác vuông.
Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình: .
Bài 4: (2 điểm) Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh là a, vẽ một đường thẳng cắt cạnh BC ở M và cắt đường thẳng DC ở I. 
Chứng minh rằng: .
Bài 5: (6 điểm) 
Cho hai đường tròn ( O ) và ( O/ ) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO/ cắt đường tròn ( O ) và ( O/ ) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF, E ( O ) và F ( O/ ). Gọi M là giao điểm của AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. Chứng minh rằng:
Tứ giác MENF là hình chữ nhật.
MN AD.
ME.MA = MF.MD.
---------- Hết ----------
UBND HUYỆN 
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
MÔN: TOÁN LỚP 9

Bài
Đáp án
Điểm
1
ĐKXĐ: .
0,5 đ
a)
Mẫu thức chung là 1 – xy 
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
b)

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
2
a)
Đồ thị có : 
Đồ thị 
Đồ thị như hình vẽ:
0,5 đ
0,5 đ
1 đ
b)
Đồ thị (D) và (L) cắt nhau tại hai điểm có tọa độ M(1; 1) và N( - 3; 3)
Ta có: OM = OM2 = 2
 ON = ON2 = 18
 MN = MN2 = 20
Vì: OM2 + ON2 = MN2 
Vậy: tam giác OMN vuông tại O
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
3
Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình
Chia cả 2 vế của phương trình cho x2 ta được:
Đặt thì: 
Ta được pt: 6y2 – 5y – 50 = 0 (3y – 10)(2y + 5) = 0
Do đó: 
* Với thì: 
 (3x – 1)(x – 3) = 0 
* Với thì: 
 (2x + 1)(x + 3) = 0 
1 đ
1 đ
1 đ
1 đ
4



Vẽ Ax AI cắt đường thẳng CD tại J.
Ta có AIJ vuông tại A, có AD là đường cao thuộc cạnh huyền IJ, nên:
 (1)
Xét hai tam giác vuông ADJ và ABM, ta có:
 AB = AD = a; (góc có cạnh tương ứng vuông góc)
. Suy ra: AJ = AM
Thay vào (1) ta được: (đpcm)

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
5


a)
Ta có (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
Vì EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O/), nên:
OE EF và OF EF => OE // O/F
=> (góc đồng vị) => 
Do đó MA // FN, mà EB MA => EB FN
Hay .
Tứ giác MENF có , nên MENF là hình chữ nhật

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
b)
Gọi I là giao điểm của MN và EF; H là giao điểm của MN và AD
Vì MENF là hình chữ nhật, nên 
Mặt khác, trong đường tròn (O/): 
=> 
Suy ra đồng dạng (g – g)
=> hay MN AD

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
c)
Do MENF là hình chữ nhật, nên 
Trong đường tròn (O) có: 
=> 
Suy ra đồng dạng (g – g)
=>, hay ME.MA = MF.MD
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
Lưu ý: Nếu học sinh giải theo cách khác, nếu đúng và phù hợp với kiến thức trong chương trình đã học thì hai Giám khảo chấm thi thống nhất việc phân bố điểm của cách giải đó, sao cho không làm thay đổi tổng điểm của bài (hoặc ý) đã nêu trong hướng dẫn này./.