Tuyển tập 45 Đề học sinh giỏi Lớp 9 môn Toán (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ
Đề chính thức
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
CẤP THÀNH PHỐ-NĂM HỌC 2012-2013
Khóa ngày 11/04/2013
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề.
Câu 1 (5,0 điểm)
1. Cho biểu thức P =
2m+
√
16m+ 6
m+ 2
√
m− 3 +
√
m− 2√
m− 1 +
3√
m+ 3
− 2
a) Rút gọn P .
b) Tìm giá trị tự nhiên của m để P là số tự nhiên.
2. Tính giá trị (a3 + 15a− 25)2013 với a = 3
√
13− 7√6 + 3
√
13 + 7
√
6.
Câu 2 (5,0 điểm)
1. Giải phương trình:
√
x+ 5 +
√
3− x− 2 (√15− 2x− x2 + 1) = 0.
2. Tìm giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm:{
2x2 +mx− 1 = 0
mx2 − x+ 2 = 0
Câu 3 (5,0 điểm)
1. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa
1
x
+
1
y
+
1
z
= 2.
2. Cho hai số x, y thỏa mãn:
{
x+ y ≤ 2
x2 + y2 + xy = 3
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = x2 + y2 − xy.
Câu 4 (2,0 điểm)
Cho đường tròn (O;R) và hai điểm A, B nằm ngoài đường tròn sao cho OA = 2R. Tìm điểm M
trên đường tròn để MA+ 2MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 5 (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi P là một điểm di động trên
cung BC không chứa A.
1. GọiM, N lần lượt là hình chiếu vuông góc hạ từ A xuống PB, PC. Chứng minh rằng đường
thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.
2. Gọi I, D, E là chân các đường cao lần lượt hạ từ A, B, C xuống các cạnh BC, CA, AB.
Chứng minh rằng chu vi tam giác IDE không đổi khi A, B, C thay đổi trên đường tròn
(O;R) sao cho diện tích của tam giác ABC luôn bằng a2.
—–HẾT—–
Ghi chú: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ
Đề chính thức
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
CẤP THÀNH PHỐ-NĂM HỌC 2012-2013
Khóa ngày 11/04/2013
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề.
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Hướng dẫn chấm này có 03 trang.)
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1(5,0đ)
1. (3,5 điểm)
a) Điều kiện: m ≥ 0, m 6= 1 0,5đ
P =
√
m + 1√
m− 1 2,0đ
b) P = 1 +
2√
m− 1 0,5đ
Để P ∈ N =⇒ m ∈ {4; 9} 0,5đ
2.(1,5 điểm)
a =
3
√
13− 7√6 + 3
√
13 + 7
√
6 =⇒ a3 = 26− 15a 1,0đ
a3 + 15a− 25 = 1 =⇒ (a3 + 15a− 25)2013 = 1 0,5đ
2(5,0đ)
1. (2,5 điểm)
Điều kiện: −5 ≤ x ≤ 3
0,5đ
Đặt t =
√
x + 5 +
√
3− x, t2 = 8 + 2√15− 2x− x2 =⇒ t ≥ 2√2
Phương trình đã cho có dạng: t2 − t− 6 = 0⇐⇒
[
t = 3
t = −2 (loại) 1,0đ
t = 3⇐⇒ √x + 5 +√3− x = 3
⇐⇒ 4x2 + 8x− 59 = 0⇐⇒
 x = −2 + 3
√
7
2
x =
−2− 3√7
2
1,0đ
2. (2,5 điểm)
Đặt x2 = y ≥ 0. Hệ trở thành:
{
mx + 2y = 1
−x + my = −2 0,5đ
Hệ luôn có nghiệm:

x =
m + 4
m2 + 2
y =
1− 2m
m2 + 2
≥ 0 (m ≤ 1
2
)
0,5đ
Ta có: x2 = y ⇐⇒
(
m + 4
m2 + 2
)2
=
1− 2m
m2 + 2
0,5đ
⇐⇒ (m + 1) (m2 −m + 7) = 0⇐⇒ m = −1 1,0đ
3(5,0đ) 1. (3,0 điểm)
Tiếp
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Không mất tính tổng quát giả sử: 1 ≤ x ≤ y ≤ z
=⇒ 2 = 1
x
+
1
y
+
1
z
≤ 3
x
=⇒ x = 1
1,0đ
=⇒ 1
y
+
1
z
= 1 ≤ 2
y
=⇒
[
y = 1 (vô lý)
y = 2 =⇒ z = 2 1,0đ
Vậy (1; 2; 2) và các hoán vị của chúng là nghiệm của phương trình đã cho 1,0đ
2. (2,0 điểm)
Hệ
{
x + y ≤ 2
x2 + y2 + xy = 3
⇐⇒
{
x + y = 2− a (a ≥ 0)
x2 + y2 + xy = 3
0,5đ
Do đó:
{
x + y = 2− a
xy = (2− a)2 − 3
, ∆ = S2 − 4P ≥ 0 =⇒ 0 ≤ a ≤ 4 0,5đ
T = x2 + y2 + xy − 2xy = 9− 2(2− a)2 0,5đ
minT = 1 khi x = 1, y = 1 hoặc x = −1, y = −1
maxT = 9 khi x =
√
3, y = −√3 hoặc x = −√3, y = √3
0,5đ
4(2,0đ)
O
A
B
C
M
M ′
Gọi C là điểm trên đoạn thẳng OA sao cho OC =
R
2
, ta có điểm C cố định 0,5đ
Dễ thấy ∆OCM đồng dạng ∆OMA =⇒MA = 2MC 0,5đ
Ta có MA + MB ≥ BC (không đổi)
MA + 2MB = 2(MB + MC) ≥ 2BC
0,5đ
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M nằm giữa B và C
Vậy khi điểmM là giao điểm của đoạnBC và đường tròn (O) thìMA+2MB
đạt giá trị nhỏ nhất
0,5đ
5(3,0đ) 1. (2,0 điểm)
Tiếp
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
O
A
B
C
P
N
D
I
E
M
A′
Kẻ AI ⊥ BC, I ∈ BC cố định. Ta có B̂MA = B̂IA = 90◦ nên tứ giác
AMBI nội tiếp hay ÂIM = ÂBM
Ta lại có tứ giác ABPC nội tiếp nên ÂBM = ÂCP
Do đó ÂIM = ÂCP (1)
1,0đ
Mặt khác ÂIC = ÂNC = 90◦ nên tứ giác AINC nội tiếp, suy ra
ÂCP + ÂIN = 180◦ (2)
0,5đ
Từ (1) và (2) suy ra ÂIM + ÂIN = 180◦ 0,5đ
Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định I
2. (1,0 điểm)
Tứ giác BCDE nội tiếp suy ra ÂED = ÂCB
Kéo dài AO cắt (O;R) tại điểm A′. Ta có:
ÊAO + ÂED = B̂AA′ + ÂCB = 90◦
=⇒ AO ⊥ DE =⇒ SAEOD = 1
2
AO.DE =
1
2
R.DE
0,5đ
Tương tự ta cũng có: SBEOI =
1
2
R.EI, SCDOI =
1
2
R.ID
Vậy: SABC = SAEOD + SBIOE + SCDOI =
1
2
R.(DE + EI + ID)
=⇒ DE + EI + ID = 2SABC
R
=
2a2
R
(không đổi)
0,5đ
—–HẾT—–
Ghi chú:
• Mọi cách giải đúng khác đáp án đều cho điểm tối đa.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 
NĂM HỌC 2010-2011 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề) 
Bài 1. (2,0 điểm) 
Cho biểu thức: 
2a 1 a a 1 a a a a 1
M
a a a a a a
    
  
 
 với a > 0, a  1. 
a) Chứng minh rằng M 4. 
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức 
6
N
M
 nhận giá trị nguyên? 
Bài 2. (2,0 điểm) 
a) Cho các hàm số bậc nhất: y 0,5x 3  , y 6 x  và y mx có đồ thị lần 
lượt là các đường thẳng (d1), (d2) và (m). Với những giá trị nào của tham số m thì 
đường thẳng (m) cắt hai đường thẳng (d1) và (d2) lần lượt tại hai điểm A và B sao 
cho điểm A có hoành độ âm còn điểm B có hoành độ dương? 
b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M và N là hai điểm phân biệt, di động lần 
lượt trên trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố 
định I(1 ; 2) . Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N; từ đó, suy 
ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2
1 1 .Q
OM ON
  
Bài 3. (2,0 điểm) 
a) Giải hệ phương trình: 
17 2 2011
2 3 .
 

 
x y xy
x y xy
b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho: 
1
x y z z x (y 3).
2
      
Bài 4. (3,0 điểm) 
Cho đường tròn (C) với tâm O và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di 
động trên (C) sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng 
của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. 
Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và 
CN cắt nhau tại F. 
a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng hàng. 
b) Chứng minh rằng tích AMAN không đổi. 
c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn 
nhất. 
Bài 5. (1,0 điểm) 
Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên. 
---HẾT--- 
Họ và tên thí sinh: ................................................. Số báo danh: ........................ 
Chữ ký của giám thị 1: ............................. Chữ ký của giám thị 2: ........................... 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG 
KÌ THI CHỌN SINH HỌC SINH GIỎI LỚP 9 
NĂM HỌC 2010-2011 
Môn thi: TOÁN 
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9 
 Dưới đây là sơ lược biểu điểm của đề thi Học sinh giỏi lớp 9. Các Giám khảo thảo luận 
thống nhất thêm chi tiết lời giải cũng như thang điểm của biểu điểm đã trình bày. Tổ chấm có thể 
phân chia nhỏ thang điểm đến 0,25 điểm cho từng ý của đề thi. Tuy nhiên, điểm từng bài, từng câu 
không được thay đổi. Nội dung thảo luận và đã thống nhất khi chấm được ghi vào biên bản cụ thể để 
việc chấm phúc khảo sau này được thống nhất và chính xác. 
Học sinh có lời giải khác đúng, chính xác nhưng phải nằm trong chương trình được học thì 
bài làm đúng đến ý nào giám khảo cho điểm ý đó. 
Việc làm tròn số điểm bài kiểm tra được thực hiện theo quy định của Bộ Giáo dục và Đào 
tạo tại Quyết định số 40/2006/BGD-ĐT. 
BÀI-Ý ĐỀ -ĐÁP ÁN ĐIỂM 
Bài 1 
Cho biểu thức: 
2a 1 a a 1 a a a a 1
M
a a a a a a
    
  
 
 với a > 0, a  1. 
a) Chứng minh rằng M 4. 
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức 
6
N
M
 nhận giá trị nguyên. 
2,00 
 1.a 
(1,25đ) 
Do a > 0, a  1 nên: 
a a 1 ( a 1)(a a 1) a a 1
a a a ( a 1) a
     
 
 
 và 
0,25 
2a a a a 1 (a 1)(a 1) a (a 1) (a 1)(a a 1) a a 1
a a a a (1 a) a (1 a) a
            
  
  
0,25 
 
a 1
M 2
a

  
0,25 
Do a 0; a 1  nên: 
2( a 1) 0 a 1 2 a     0,25 
 
2 a
M 2 4
a
   
0,25 
1.b 
(0,75đ) 
Ta có 
6 3
0 N
M 2
   do đó N chỉ có thể nhận được một giá trị nguyên là 1 
0,25 
Mà N = 1  
6 a
1
a 1 2 a

 
  a 4 a 1 0    2( a 2) 3  
  a 2 3 hay a 2 3    (phù hợp) 0,25 
Vậy, N nguyên  2a (2 3)  0,25 
Bài 2 
a) Cho các hàm số bậc nhất: y 0,5x 3  , y 6 x  và y mx có đồ thị lần lượt 
là các đường thẳng (d1), (d2) và (m). Với những giá trị nào của tham số m thì đường 
thẳng (m) cắt hai đường thẳng (d1) và (d2) lần lượt tại hai điểm A và B sao cho điểm 
A có hoành độ âm còn điểm B có hoành độ dương? 
b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M và N là hai điểm phân biệt, di động lần lượt 
trên trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định 
I(1 ; 2) . Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N; từ đó, suy ra giá 2,00 
trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2
1 1 .Q
OM ON
  
2.a 
(0,75đ) 
Điều kiện để (m) là đồ thị hàm số bậc nhất là m 0 0,25 
Phương trình hoành độ giao điểm của (d1) và (m) là: 
0,5x 3 mx   (m 0,5)x 3  
Điều kiên để phương trình này có nghiệm âm là m 0,5 0 hay m 0,5   0,25 
Phương trình hoành độ giao điểm của (d2) và (m) là: 
6 x mx   (m 1)x 6  
Điều kiên để phương trình này có nghiệm dương là m 1 0 hay m 1    
Vậy điều kiện cần tìm là: 1 m 0,5; m 0    0,25 
2.b 
(1,25đ) 
Đặt m = xM và n = yN  mn  0 và m  1 (*) 
Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax+b 0,25 
 
0 am b
2 a b
n b
 

 
 
  hệ thức liên hệ giữa m và n là 2m n mn  
0,25 
Chia hai vế cho mn  0 ta được: 
1 2
1
m n
  (**) 
 
2 2
2 2 2 2
1 2 1 4 4 1 1 2 1
1 5
m n m n mn m n m n
     
             
     
0,25 
 
2 2
1 1 1
Q ;
m n 5
   dấu “=” xảy ra khi 
2 1
;
m n
 kết hợp (**): m = 5, n = 2,5 (thỏa (*)) 
0,25 
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 
1
5
0,25 
Bài 3 
a) Giải hệ phương trình: 
17 2 2011
2 3 .
  

 
x y xy
x y xy
 (1) 
b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho: 
1
x y z z x (y 3)
2
      (2) 
2,0 đ 
3.a 
(1,25đ) 
Nếu 0xy  thì 
17 2 1 1007 92011
9 490
(1)
1 2 91 490
3
10079
x
y x y
y
y x x
         
    
    
  
 (phù hợp) 
0,50 
Nếu 0xy thì 
17 2 1 1004
2011
9
(1) 0
1 2 1 1031
3
18
y x y
xy
y x x
      
    
    
 
 (loại) 
0,25 
Nếu 0xy  thì (1) 0x y   (nhận). 0,25 
KL: Hệ có đúng 2 nghiệm là (0;0) và 
9 9
;
490 1007
 
 
 
0,25 
3.b 
(0,75đ) 
Điều kiện x ≥ 0; y  z ≥ 0; z  x ≥ 0  y ≥ z ≥ x ≥ 0 0,2 ... 
BC AH HC
=
+
Bài 5: a) Cho ( ) ( )3 3 2 2x y 3 x y 4 x y 4 0+ + + + + + = và xy > 0 
 Tìm GTLN của 1 1M
x y
= + 
 b) Với a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng 
5 5 5 3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
a ab b b bc c c ca a 3
+ +
+ + ≥
+ + + + + +
Bài giải của Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn 
Bài 1: a) Đặt ( )= + + + − + ⇒ = + − = + − = +2x 4 10 2 5 4 10 2 5 x 8 2 6 2 5 8 2 5 1 6 2 5 
 x 5 1⇒ = + . Do đó A = 1 
 b) ( )( )
( )
( )
− −
= + −
− −
x y x x y y
B 1
x x y y x y
 Xét các trường hợp x y > 0 và y > x > 0 ta đều được =B 1 
Bài 2: Cách 1: ( ) ( )( )+ − − = ⇔ + = + +22y 2xy 7x 12 0 x y x 3 x 4 
 (x + 3)(x + 4) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên không thể là 1 số chính phương 
 Dó đó 
x 3 0 x 3
x 4 0 x 4
+ = = − 
⇔ + = = − 
 Từ đó ta tìm được (x; y) ∈ {(-3; 3); (-4; 4)} 
 Cách 2: ( )+ − − = ⇔ + − − = ⇔ − + − = −2 2 2y 2xy 7x 12 0 4y 8xy 28x 48 0 4y 49 4x 2y 7 1 
 ( )( )2y 7 2y 7 4x 1⇔ − + + = − ta có 2y 7 1 x 4
2y 7 4x 1 y 4
− = = − 
⇔ 
+ + = − = 
2y 7 1 x 3
2y 7 4x 1 y 3
− = − = − 
⇔ 
+ + = = 
Bài 3: a) Cách 1: ĐKXĐ: x ≠ -1. Đặt −  = + 
5 x
x a
x 1
 và −+ =
+
5 x
x b
x 1
. 
Ta có − − − + + + −   + = + + = =   + + +   
2 2
5 x 5 x 5x x x x 5 x
a b x x 5
x 1 x 1 x 1
 Do đó 
a 2
b 3ab 6
a b 5 a 3
b 2
 =

== ⇔ + = =

=
 . Với 
2
2
2
5 x
x 2
a 2 x 3x 2 0x 1
x 3x 2 0
b 3 x 3x 2 05 x
x 3
x 1
 − 
=  = − + =  + ⇒ ⇔ ⇒ − + =  
=
− + =−   + =
 +
( )( ) x 1x 1 x 2 0
x 2
=
⇔ − − = ⇔ 
=
Với ( )
2
22
2
5 x
x 3
a 3 x 2x 3 0x 1
x 2x 3 0 x 1 2 0
b 2 x 2x 3 05 x
x 2
x 1
 − 
=  = − + =  + ⇒ ⇔ ⇒ − + = ⇔ − + =  
=
− + =−   + =
 +
, vô nghiệm 
 Vậy phương trình có tập nghiệm S = {1; 2} 
 Cách 2: ( )( ) ( )− −  + = ⇔ − + = + ⇔ − + − + =  + +  
22 2 4 3 25 x 5 xx x 6 5x x x 5 6 x 1 x 5x 11x 13x 6 0
x 1 x 1
 ( )( )⇔ − + − + = ⇔ − + − + =4 3 2 2 2x 5x 11x 13x 6 0 x 3x 2 x 2x 3 0 
 Từ đó ta tìm được tập nghiệm S = {1; 2} 
b) ( ) ( )− + − = ⇔ − + − =10 14 5 7x 2013 x 2014 1 x 2013 x 2014 1 
Ta có x = 2013, x = 2014 là 2 nghiệm của phương trình. Ta chứng minh 2 nghiệm này là duy nhất 
Xét x ⇒ − > ⇒ − + − >7 5 7x 2014 1 x 2014 1 x 2014 1 x 2013 x 2014 1 
Xét 2013 < x < 2014 
5
7
0 x 2013 1 x 2013 x 20130 x 2013 1
1 x 2014 0 0 x 2014 1 x 2014 x 2014
 < − < − < −< − <  
⇒ ⇔ ⇔  
− < − < < − <  − < − 
5 7
x 2013 x 2014 x 2013 x 2014 x 2013 2014 x 1⇔ − + − < − + − = − + − = 
Xét x > 2014 ⇒ − ⇒ − > ⇒ − + − >5 5 7x 2014 1 x 2013 1 x 2013 1 x 2013 x 2014 1 
Vậy phương trình có nghiệm x = 2013, x = 2014 
Bài 4: a) Xét ∆EDC và ∆BAC có 

 



0EDC BAC 90 (gt)
C chung
 = =


⇒ ∆EDC ∼ ∆BAC (g – g) EC BC
DC AC
⇒ = 
Xét ∆BEC và ∆ADC có 
A
B
C
H D
E
M
G
m

EC BC
DC AC
C chung

=



 ⇒ ∆BEC ∼ ∆ADC (c – g - c) 
⇒ 
 
BEC ADC= . Mặt khác AH = HD (gt) nên 

 
 
 
0 0 0 0ADH 45 ADC 135 BEC 135 AEB 45⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ ∆AEB vuông cân tại A. 
Do đó BE m 2= 
b) Xét ∆AHB và ∆CAB có 

 



0AHB CAB 90 (gt)
B chung
 = =


 ⇒ ∆AHB ∼ ∆CAB (g – g) 
2 2 2AB BH BE BH BM BHAB BH.BC 2AB 2BH.BC BE 2BH.BC
BC AB 2BC BE BC BE
⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = 
(Vì BE = 2BM). Xét ∆BHM và ∆BEC có 


BM BH
BC BE
MBH chung

=



 ⇒ ∆BHM ∼ ∆BEC (c – g - c) 

 
 
0 0BHM BEC 135 AHM 45⇒ = = ⇒ = 
c) Xét ∆AHC và ∆BAC có 

 



0AHC BAC 90 (gt)
C chung
 = =


 ⇒ ∆AHC ∼ ∆BAC (g – g) AH AB
HC AC
⇒ = (1) 
Mặt khác ∆AEB vuông cân tại A có AM là trung tuyến thì AM cũng là phân giác hay AG là đường 
phân giác của ∆ABC. Suy ra GB AB
GC AC
= (2). Từ (1) và (2) ta có: 
 ( )GB AH GB.HC AH.GC GB.HC AH. BC GB GB.HC AH.BC AH.GB
GC HC
= ⇒ = ⇒ = − ⇒ = − 
AH.GB GB.HC HD.BC⇒ + = (Vì HD = AH) ( )GB. AH HC HD.BC⇒ + = GB HD
BC AH HC
⇒ =
+
Bài 5: a) ( ) ( )3 3 2 2x y 3 x y 4 x y 4 0+ + + + + + = 
( )( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2x y x xy y 2 x xy y x 2xy y 4 x y 4 0⇔ + − + + − + + + + + + + = 
 ( )( ) ( ) ( )( )22 2 2 21x xy y x y 2 x y 2 0 x y 2 2x 2xy 2y 2x 2y 4 02⇔ − + + + + + + = ⇔ + + − + + + + = 
 ( ) ( ) ( ) ( )2 2 21 x y 2 x y x 1 y 1 2 0 x y 2 0 x y 2
2
 ⇔ + + − + + + + + = ⇔ + + = ⇔ + = −
 
 Mà xy > 0 do đó x, y < 0 
 Áp dụng BĐT CauChy ta có ( )( ) ( ) ( )x yx y 1
2
− + −
− − ≤ = nên xy ≤ 1, do đó 2 2
xy
− ≤ − 
 Vậy 1 1 x yM 2
x y xy
+
= + = ≤ − , GTLN của M là -2. Đạt được khi x = y = -1 
b) Cách 1: Ta có: ( )( ) ( )3 3 2 2 3 32 2a 2a b 3a 2a b a ab b a b ab a ba ab b 3
−≥ ⇔ ≥ − + + ⇔ + ≥ +
+ +
 ( )22 2a ab b ab a b 0⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ luôn đúng. 
Do đó 
3 5 3 2
2 2 2 2
a 2a b a 2a a b
a ab b 3 a ab b 3
− −≥ ⇔ ≥
+ + + +
. Chứng minh tương tự ta được 
5 5 5 3 3 3 3 3 3 2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b c a b c a b c a b b c c a
a ab b b bc c c ca a 3 3
+ + + + − − −
+ + ≥ +
+ + + + + +
Mặt khác: Vai trò a, b, c như nhau nên giả sử a b c 0≥ ≥ > 
( ) ( ) ( )3 3 3 2 2 2 2 2 2a b c a b b c c a a a b b b c c c a+ + − − − = − + − + − 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )22 2 2a a b b b a a c c c a a b a b a c b c b c 0= − + − + − + − = − + + − − + ≥ 
 Từ đó suy ra 
5 5 5 3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
a ab b b bc c c ca a 3
+ +
+ + ≥
+ + + + + +
. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c 
 Cách 2: Áp dụng BĐT Bunhia mở rộng ta có 
5 5 5 6 6 6
2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2
a b c a b c
a ab b b bc c c ca a a a b ab b b c bc c c a ca
+ + = + +
+ + + + + + + + + + + +
( )23 3 3
3 3 3 2 2 2 2 2 2
a b c
a b c a b ab b c bc c a ca
+ +
≥
+ + + + + + + +
 Mặt khác ( ) ( )2 2 2 3 3a b 0 a ab b ab a b ab a b− ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ + ≥ + tương tự ( )3 3b c bc b c+ ≥ + 
 ( )3 3c a ca c a+ ≥ + . Suy ra ( ) ( ) ( ) ( )3 3 32 a b c ab a b bc b c ca c a+ + ≥ + + + + + ⇔ 
 ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3 3 33 a b c a b c ab a b bc b c ca c a+ + ≥ + + + + + + + + 
( )23 3 3 3 3 3
3 3 3 2 2 2 2 2 2
a b c a b c
a b c a b ab b c bc c a ca 3
+ + + +
⇒ ≥
+ + + + + + + +
Dự đoán: Mỗi câu 1 đ theo thang điểm 10 và mỗi câu 2 đ theo thang điểm 20 
PHÒNG GD&ĐT BÌNH GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG I 
NĂM HỌC 2012-2013 
MÔN: TOÁN - LỚP 9 
(Thời gian làm bài: 150 phút) 
Câu I (2,0 điểm). 
Cho biểu thức: x 2 x 1 1A
x x 1 x x 1 1 x
+ +
= + +
− + + −
 với x 0, x 1≥ ≠ 
1) Rút gọn A 
 2) Chứng tỏ rằng: 1A
3
< 
Câu II (2,0 điểm). 
1) Giải phương trình: − − =x x 15 17 
2) Tìm x, y sao cho: ( ) 25x 2 x 2 y y 1 0− + + + = 
Câu III (2,0 điểm). 
1) Tìm số nguyên x, sao cho : 2x x p 0+ − = với p là số nguyên tố. 
2) Tìm m để hàm số bậc nhất − += −
− +
2
2
m 2013m 2012
y x 2011
m 2 2m 3
 là hàm số 
nghịch biến. 
Câu IV (3,0 điểm). 
1) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O ; R), hai đường 
cao BE và CF của tam giác cắt nhau tại H. Kẻ đường kính AK của đường tròn (O ; 
R), gọi I là trung điểm của BC. 
a) Chứng minh AH = 2.IO. 
b) Biết 
 0BAC 60= , tính độ dài dây BC theo R. 
2) Cho 
 0ABC(A 90 )∆ = , BC = a. Gọi bán kính của đường tròn nội tiếp 
ABC∆ là r. Chứng minh rằng: r 2 1
a 2
−≤ . 
Câu V (1,0 điểm). 
Cho x 3y 1+ ≥ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2C x y= + 
–––––––– Hết –––––––– 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG VÒNG I NĂM HỌC 2012-2013 
MÔN: TOÁN - LỚP 9 
Câu Phần Nội dung Điểm 
1 
(1,0 đ) 
( )( )
x 2 x 1 1A
x x 1 x 1x 1 x x 1
+ +
= + −
+ + −
− + +
( )( )
( )( )
x 2 x 1 x x 1A
x 1 x x 1
x xA
x 1 x x 1
+ + − − − −
=
− + +
−
=
− + +
( )
( )( )
x x 1 xA
x x 1x 1 x x 1
−
= =
+ +
− + +
, với x 0, x 1≥ ≠ 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 Câu I (2,0 điểm) 
2 
(1,0 đ) 
Xét 
( )2x 11 1 xA
3 3 x x 1 3(x x 1)
−
− = − =
+ + + +
Do x 0, x 1≥ ≠ 
( ) 22 1 3x 1 0 và x x 1 x 02 4 ⇒ − > + + = + + >   
1 A 0
3
⇒ − > ⇔
1A
3
< 
0.50 
0.25 
0.25 
1 
(1,0 đ) 
ĐKXĐ: x 15≥ 
x x 15 17 x 15 x 15 2 0− − = ⇔ − − − − = 
Đặt 2t x 15 (t 0) t t 2 0= − ≥ ⇒ − − = 
( )( ) ( )( )
 =
⇔ − + = ⇔ 
= −
t 2 TM§K
t 2 t 1 0
t 1 lo¹i
Với t 2 x 15 2 x 15 4 x 19= ⇒ − = ⇔ − = ⇔ = (TMĐK) 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu II 
(2,0 điểm) 
2 
(1,0 đ) 
ĐKXĐ: x 0≥ 
( ) 25x 2 x 2 y y 1 0− + + + = ⇔ 24x 4 x 1 x 2y x y 0− + + − + = 
( ) ( )2 22 x 1 x y 0⇔ − + − = (1) 
Vì ( ) ( )2 22 x 1 0, x y 0 x 0, y− ≥ − ≥ ∀ ≥ 
( ) ( )2 22 x 1 x y 0⇒ − + − ≥ . 
Để (1) xẩy ra thì 
1
x2 x 1 0 4 (TM)
1x y 0 y
2

= 
− = 
⇔ 
− =  =

0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu III 
(2,0 điểm) 
1 
(1,0 đ) 
Theo bài ra: ( )2p x x x x 1= + = + mà x, x + 1 là số nguyên liên tiếp 
nên ( )+x x 1 là số chẵn ⇒ p là số chẵn. 
Mặt khác p là số nguyên tố nên p = 2 
⇒ 
2x x 2 0+ − = ( )( )x 2 x 1 0⇔ + − = ⇔ x = 1 hoặc x = - 2 (TM) 
0.25 
0.25 
0.50 
2 
(1,0 đ) 
Để hàm số 
2
2
m 2013m 2012y x 2011
m 2 2m 3
− +
= −
− +
 nghịch biến thì 
2
2
m 2013m 2012 0
m 2 2m 3
− +
<
− +
 (1). ( )22m 2 2m 3 m 2 1 0 m− + = − + > ∀ 
(1) ( )( )2m 2013m 2012 0 m 1 m 2012 0⇔ − + < ⇔ − − < 
m 1 0 m 1
m 2012 0 m 2012
m 1 0 m 1
m 2012 0 m 2012
 − > > 
  
− < <  ⇔ ⇔
 
− < < 
  
− > >   
1 m 2012⇒ < < 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
1a 
(1,0 đ) 
K
H
F
E
O
IB C
A
Vì B, C thuộc đường tròn đường kính 
AK 
 
 0ABK ACK 90⇒ = = 
KB AB, KC AC⇒ ⊥ ⊥ 
CH AB,BH AC⊥ ⊥ (gt) 
BK // CH,CK // BH⇒ 
BHCK⇒ là hình bình hành 
I là trung điểm của BC (gt) 
I⇒ là trung điểm của HK 
O là trung điểm của AK (gt) 
OI⇒ là đường trung bình của KAH∆ 
1OI AH AH 2.IO
2
⇒ = ⇒ = 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
1b 
(1,0 đ) 
OA OC OAC= ⇒ ∆ cân tại O 
 
OAC OCA⇒ = 

 
 
KOC OAC OCA= + (T/c góc ngoài của tam giác) 

 
KOC 2.OAC⇒ = 
Chứng minh tương tự: 
 
KOB 2.OAB= 

 
 
 
( ) 
 
 0KOC KOB 2 OAC OAB BOC 2.BAC 120⇒ + = + ⇒ = = 
OB OC OBC= ⇒ ∆ cân tại O 
 ( )0 0 0OCI 180 120 : 2 30⇒ = − = 
Vì I là trung điểm của BC (gt) OI BC⇒ ⊥ 
Trong ( )0OIC I 90∆ =$ : 0 3IC OC.cos30 R. BC R 32= = ⇒ = 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu IV 
(3,0 điểm) 
2 
(1,0 đ) 
r
D
E
F
O
A
B
C
r 2 1 2r a 2 a 2r a a 2
a 2
−≤ ⇔ ≤ − ⇔ + ≤
C/m được AB + AC = 2r + a 
AB AC BC 2⇒ + ≤ 
2 2 2AB 2AB.AC AC 2BC⇔ + + ≤ 
( ) ( )
2 2 2 2
2
AB 2AB.AC AC 2AB 2AC
AB AC 0 1
⇔ + + ≤ +
⇔ − ≥
BĐT (1) đúng ⇒ r 2 1
a 2
−≤ , dấu “=” xảy ra khi ABC∆ v/cân tại A. 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu V 
(1,0 điểm) (1,0 đ) 
Do x 3y 1+ ≥ , đặt x 3y 1 a+ = + với a 0≥ ⇒ x = 1 + a – 3y, thay vào 
biểu thức C: 2 2C 10y 6ay 6y a 2a 1⇒ = − − + + + 
( ) ( )2 23 1 1 1C 10 y a 1 a 2a10 10 10 10 = − + + + + ≥   . 
1
min C
10
⇒ = khi: 
( )
33 3 3 yy a 1 0 y y 1010 10 10
1
a 0 a 0 x 3y 1 x
10

=   
− + = = =   
⇔ ⇔ ⇔   
   = = + = =   
0.25 
0.50 
0.25 
* Học sinh làm bằng cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.