Tuyển tập đề thi chọn học sinh giỏi Lớp 9 môn Toán (Có đáp án) - Sở GD&ĐT Thành phố Đà Nẵng

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: với a > 0, a ¹ 1.
a) Chứng minh rằng 
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức nhận giá trị nguyên?
Bài 2. (2,0 điểm) 
a) Cho các hàm số bậc nhất: , và có đồ thị lần lượt là các đường thẳng (d1), (d2) và (Dm). Với những giá trị nào của tham số m thì đường thẳng (Dm) 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 . 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 
Bài 3. (2,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình: 
b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho: 
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: với a > 0, a ¹ 1.
a) Chứng minh rằng 
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức nhận giá trị nguyên.
2,00
 1.a
(1,25đ)
Do a > 0, a ¹ 1 nên: và
0,25

0,25
Þ 
0,25
Do nên: 
0,25
Þ 
0,25
1.b
(0,75đ)
Ta có do đó N chỉ có thể nhận được một giá trị nguyên là 1
0,25
Mà N = 1 Û Û Û 
 Û (phù hợp)
0,25
Vậy, N nguyên Û 
0,25
Bài 2
a) Cho các hàm số bậc nhất: , và có đồ thị lần lượt là các đường thẳng (d1), (d2) và (Dm). Với những giá trị nào của tham số m thì đường thẳng (Dm) 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 . 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 
2,00
2.a
(0,75đ)
Điều kiện để (Dm) là đồ thị hàm số bậc nhất là 
0,25
Phương trình hoành độ giao điểm của (d1) và (Dm) là:
 Û 
Điều kiên để phương trình này có nghiệm âm là 
0,25
Phương trình hoành độ giao điểm của (d2) và (Dm) là:
 Û 
Điều kiên để phương trình này có nghiệm dương là 

Vậy điều kiện cần tìm là: 
0,25
2.b
(1,25đ)
Đặt m = xM và n = yN Þ m×n ¹ 0 và m ¹ 1 (*)
Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax+b
0,25
Þ Þ hệ thức liên hệ giữa m và n là 
0,25
Chia hai vế cho m×n ¹ 0 ta được: (**)

Þ 
0,25
Þ dấu “=” xảy ra khi kết hợp (**): m = 5, n = 2,5 (thỏa (*))
0,25
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 
0,25
Bài 3
a) Giải hệ phương trình: (1) 
b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho: (2)
2,0 đ
3.a
(1,25đ)
Nếu thì (phù hợp)
0,50
Nếu thì (loại)
0,25
Nếu thì (1) (nhận).
0,25
KL: Hệ có đúng 2 nghiệm là và 
0,25
3.b
(0,75đ)
Điều kiện x ≥ 0; y - z ≥ 0; z - x ≥ 0 Û y ≥ z ≥ x ≥ 0
0,25
(2) Û 
 Û 
0,25
 Û Û (thỏa điều kiện)
0,25
Bài 4
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.

3,0 đ
4.a
(1,00đ)
 và 
0,25
Þ A là trực tâm của tam giác BNF 
0,25
Þ 

Lại có 
0,25
Nên A, E, F thẳng hàng 
0,25
4.b
(0,75đ)
, nên hai tam giác ACN và AMB đồng dạng.
0,25
Suy ra: 
0,25
Hay không đổi (với R là bán kính đường tròn (C ))
0,25
4.c
(1,25đ)
Ta có nên A là trong tâm tam giác BNF Û C là trung điểm NF (3)
0,25
Mặt khác: , nên hai tam giác CNA và CBF đồng dạng
 Þ 
 0,25
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: không đổi
0,25
Nên: NF ngắn nhất Û CN =CF Û C là trung điểm NF (4)
0,25
(3) và (4) cho ta: A là trong tâm tam giác BNF Û NF ngắn nhất
0,25
Bài 5
Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên.
0,75
 (1,00đ)
Đặt: S = 1×2×3×4×5×6×7×8×9×10×11×12 
Þ 3×4×6×7×8×9×11×12 (1) là một số nguyên 
Þ hai chữ số tận cùng của S là 00
0,50
Mặt khác, trong suốt quá trình nhân liên tiếp các thừa số ở vế phải của (1), nếu chỉ để ý đến chữ số tận cùng, ta thấy có chữ số tận cùng là 6 (vì 3×4=12; 2×6=12; 2×7=14; 4×8=32; 2×9=18; 8×11=88; 8×12=96)
0,25
Vậy ba chữ số tận cùng của S là 600
0,25
--- Hết ---
3.b
(0,75đ)
Điều kiện x ≥ 0; y - z ≥ 0; z - x ≥ 0 Þ y ≥ z ≥ x ≥ 0
0,25
Theo BĐT Cauchy: 
 Þ 
0,25
 Do đó Û thỏa điều kiện
0,25

 PHÒNG GD-ĐT CẨM THỦY KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 (ĐỀ SỐ 3)
 năm học : 2011 - 2012
 Môn : TOÁN 
 	 (Thời gian làm bài: 150 phút: Vòng 2)
Bài 1 ( 3,0 điểm)
	Cho các số dương: a; b và x =. Xét biểu thức P = 
Chứng minh P xác định. Rút gọn P.
Khi a và b thay đổi, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Bài 2 (3,0 điểm)
	Tìm x; y; z thoả mãn hệ sau:
Bài 3 ( 3,0 điểm)
	Với mỗi số nguyên dương n ≤ 2008, đặt Sn = an +bn , với a =; b =.
Chứng minh rằng với n ≥ 1, ta có Sn + 2 = (a + b)( an + 1 + bn + 1) – ab(an + bn)
Chứng minh rằng với mọi n thoả mãn điều kiện đề bài, Sn là số nguyên.
Chứng minh Sn – 2 = . Tìm tất cả các số n để Sn – 2 là số chính phương.
Bài 4 (5,0 điểm)
	Cho đoạn thẳng AB và điểm E nằm giữa điểm A và điểm B sao cho AE < BE. Vẽ đường tròn (O1) đường kính AE và đường tròn (O2) đường kính BE. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài MN của hai đường tròn trên, với M là tiếp điểm thuộc (O1) và N là tiếp điểm thuộc (O2).
Gọi F là giao điểm của các đường thẳng AM và BN. Chứng minh rằng đường thẳng EF vuông góc với đường thẳng AB.
Với AB = 18 cm và AE = 6 cm, vẽ đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) ở C và D, sao cho điểm C thuộc cung nhỏ AD. Tính độ dài đoạn thẳng CD.
Bài 5: (4đ): Cho DABC đường thẳng d cắt AB và AC và trung tuyến AM theo thứ tự . Là E , F , N . 
a) Chứng minh : 
b) Giả sử đường thẳng d // BC. Trên tia đối của tia FB lấy điểm K, đường thẳng KN cắt AB tại P đường thẳng KM cắt AC tại Q.
 Chứng minh PQ//BC.
Bài 6: (2 điểm)
 Cho 0 < a, b,c <1 .Chứng minh rằng :
------------- HẾT-------------
HƯỚNG DẪN CHẤM: ĐỀ SỐ 3
Câu 1. (3,0 điểm)
Tóm tắt lời giải
Điểm
(2.0 điểm)
Ta có: a; b; x > 0 a + x > 0 (1)
Xét a – x = (2)
Ta có a + x > a – x ≥ 0 (3)
Từ (1); (2); (3) P xác định
Rút gọn:
Ta có: a + x = 
 a - x = 
 P = 
Nếu 0 < b < 1 P =
Nếu b P = 
2. (1.0 điểm)
Xét 2 trường hợp:
Nếu 0 < b < 1, a dương tuỳ ý thì P = P
Nếu b, a dương tuỳ ý thì P = 
Ta có: , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1
Mặt khác: , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1
Vậy P , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1
KL: Giá trị nhỏ nhất của P =
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Câu 2 (3,0 điểm)
Tóm tắt lời giải
Điểm
Biến đổi tương đương hệ ta có
Nhân các vế của 3 phương trình với nhau ta được:
(x - 2)(y - 2) (z - 2)(x+1)2(y+1)2(z+1)2= - 6(x - 2)(y - 2) (z - 2)
(x - 2)(y - 2) (z - 2) = 0
(x - 2)(y - 2) (z - 2) = 0
x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2
Với x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 thay vào hệ ta đều có x = y = z = 2
Vậy với x = y = z = 2 thoả mãn hệ đã cho

1,00
0,50
0,25
0,25
0,25
0,50
0,25

Câu 3 (3,0 điểm)
Tóm tắt lời giải
Điểm
(1,0 điểm)
Với n ≥ 1 thì Sn + 2 = an+2 + bn+2 (1)
Mặt khác: (a + b)( an + 1 +bn + 1) – ab(an +bn) = an+2 + bn+2 (2)
Từ (1); (2) ta có điều phải chứng minh
2. (1.0 điểm)
Ta có: S1 = 3; S2 = 7
Do a + b =3; ab =1 nên theo 1 ta có: với n ≥ 1 thì Sn+2 = 3Sn+1 - Sn
Do S1, S2 Z nên S3 Z; do S2, S3 Z nên S4 Z
Tiếp tục quá trình trên ta được S5; S6;...; S2008 Z
3. (1.0 điểm)
Ta có Sn – 2 = 
 = 
 = đpcm
Đặt a1 =; b1 = a1 + b1 = ; a1b1 = 1
Xét Un= 
Với n ≥ 1 thì Un+2 = (a1 + b1)(a1n+1 - b1n + 1) – a1b1(a1n - b1n) Un+2 = Un+1 – Un
Ta có U1 = 1 Z; U2 = Z; U3 = 4 Z; U4 = 3 Z;...
Tiếp tục quá trình trên ta được Un nguyên n lẻ
Vậy Sn – 2 là số chính phương n = 2k+1 với k Z và 01003

0,25
0,50
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Câu 4 (5,0 điểm)
Tóm tắt lời giải
Điểm

F
O1
O2
O
E
A
B
C
M
I
N
D
S
1. (2,5 điểm) O1M; O2N MN O1M/ / O2N
 Do O1; E; O2 thẳng hàng nên MO1E = NO2B
Các tam giác O1ME; O2NB lần lượt cân tại O1 và O2 nên ta có: MEO1=NBO2 (1)
Mặt khác ta có: AME = 900 MAE + MEO1= 900 (2)
 MAE + NBO2 = 900 AFB = 900 
 Tứ giác FMEN có 3 góc vuông Tứ giác FMEN là hình chữ nhật
 NME = FEM (3)
Do MNMO1 MNE + EMO1 = 900 (4) 
Do tam giác O1ME cân tại O1 MEO1 = EMO1 (5)
Từ (3); (4); (5) ta có: FEM + MEO1= 900 hay FEO1 = 900 (đpcm)
2. (2,5 điểm)
Ta có EB = 12 cm O1M = 3 cm < O2N = 6 cm
 MN cắt AB tại S với A nằm giữa S và B.
Gọi I là trung điểm CD CDOI OI// O1M //O2N 
SO2 = 2SO1 SO1+O1O2 = 2SO1 SO1= O1O2
Do O1O2 = 3 + 6 = 9 cm SO1= O1O2 = 9 cm SO =SO1 + O1O = 15cm
Mặt khác: OI = 5 cm
Xét tam giác COI vuông tại I ta có: CI2 + OI2= CO2 CI2 + 25 = CO2
Ta có: CO = 9 cm CI2 + 25 = 81 CI = 
 CD = 4 cm

0,25
0.25
0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25

Câu 5 (2,0 điểm)
Điểm

a)
 Kẻ 
Ta có: 
Ta có: (cgc)
 Vậy: 
 Thay vào (*) ta được (đpcm) 	
1,0
0,5
Khi là trung điểm của ... ) 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
NĂM HỌC 2013-2014-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./.
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 
Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề)
Câu1: ( 5đ) 
Cho biÓu thøc M =
T×m ®iÒu kiÖn cña x ®Ó M cã nghÜa vµ rót gän M
T×m x ®Ó M = 5
T×m x Z ®Ó M Z.
Câu: 2(2đ). Cho 4a2+b2=5ab với 2a>b>0.
Tính giá trị của biểu thức: 
Câu 3(4đ)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
Chứng minh rằng với mọi số thực a,b,c ta có 
Câu: 4 (4đ)
Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x3+y3+z3-3xyz
Giải phương trình : x4+2x3-4x2-5x-6=0
Câu: 5 (5đ) Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo BD. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC.
Tứ giác BEDF là hình gì vì sao?
Gọi CH và CK lần lượt là đường cao của tam giác ACB và tam giác ACD.Chứng minh rằng.
Tam giác CHK và tam giác ABC đồng dạng .
AB.AH+AD.AK=AC2 
ĐÁP ÁN
Câu: 1(5đ)
 a) ĐK 0,5đ
 Rút gọn M = 0,5đ
Biến đổi ta có kết quả: = 0,5đ
 = 1đ
b) 1đ 
 c) M = 0,5đ
 Do M nên là ước của 4 nhận các giá trị: -4;-2;-1;1;2;4 0,5đ 
 do 0,5đ
Câu: 2 (2đ)
Phân tích được 4a2+b2=5ab thành (a-b)(4a-b)=0 0,5đ
 a=b hoặc 4a=b 0,5đ
Lập luận chỉ ra a=b (nhận) 4a=b (loại) 0,5đ
Tính được 0,5đ
Câu: 3 (4đ)
a. Viết được 1,5đ
Lập luận min A = 2 khi x-2= 0 => x= 2 0,5đ 
b. biến đổi 
 2a2+2b2+2c2≥2ab+2bc+2ca 0,5đ
 a2-2ab+b2+b2-2bc +c2 +c2 -2ca+a2 ≥0 0,5đ
 (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2 ≥ 0 0,5đ
Lập luận => khẳng định 0,5đ
Câu: 4 (4đ)
x3+y3+z3-3xyz
 = x3+3x2y+3xy2+y3+z3-3x2y-3xy2 -3xyz 0,5đ
 = (x+y)3+z3 –3xyz(x+y+z) 0,5đ
 = (x+y+z)(x2+2xy+y2+z2-xz-yz)-3xy(x+y+z) 0,5đ
 =(x+y+z)(x2+y2+z2-xy-yz-zx) 0,5đ
Giải phương trình : x4+2x3-4x2-5x-6=0
 x4-2x3+4x3-8x2+4x2-8x + 3x-6=0 0,5đ 
 x3(x-2)+4x2(x-2)+4x(x-2)+3(x-2)=0 0,5đ
 (x-2)(x3+4x2+4x+3)=0 0,25đ
 (x-2)(x3+3x2+x2+3x+x+3) =0 0,25đ 
 (x-2)[x2(x+3)+x(x+3)+(x+3)]=0 0,25đ
B
A
F
E
D
K
C
H
 (x-2)(x+3)(x2+x+1) =0 0,25đ 
 Câu: 5 (5đ) 
1. Chỉ ra Tam giác ABE = Tam giác CDF 0,5đ
 =>BE=DF . BE//DF cùng vuông góc với AC 0,25đ
 => BEDF là hình bình hành 0,25đ
2.a. Chỉ ra góc CBH = góc CDK 0,5đ
 => tam giác CHB đồng dạng với Tam giác CDK (g,g) 0,25đ
 0,25đ
 Chỉ ra CB//AD,CK vuông góc CB=> CK vuông góc CB 0,25đ
 Chỉ ra góc ABC = góc HCK ( cùng bù với BAD) 0,25đ
 Chỉ ra hay vì AB=CD 0,25đ
 Chỉ ra tam giác CHK đồng dạng tam giác BCA (c-g-c) 0,25đ
 b. chỉ ra tam giác AFD = tam giác CEB => AF=CE 0,5đ
 chỉ ra tam giác AFD đồng dạng với tam giác AKC 0,25đ
 => AD.AK=AF.AC => AD.AK=CE.AC (1) 0,5đ
 Chỉ ra tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACH 0,25đ
 => AB.AH=AE.AC (2) 0,25đ
Công theo vế (1) và (2) ta được
 AD.AK+ AB.AH =CE.AC+ AE.AC =(CE+AE)AC=AC2 0,25đ 
Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa 
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN KIM THÀNH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2012 – 2013
Môn: Toán 9
Thời gian làm bài: 120 phút
Đề gồm 01 trang

Bài 1: (4,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức A = 
b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1.
Hãy tính giá trị biểu thức: A = 
Bài 2: (3,0 điểm)
a) Cho hàm số : f(x) = (x3 + 12x – 31)2012
Tính f(a) tại a = 
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?
TRƯỜNG THCS THƯỢNG VŨ
Tổ KHTN
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG HUYỆN KIM THÀNH
NĂM HỌC 2012 – 2013
Môn: Toán 9
Thời gian: 120’
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)2012
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: 
 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
 THANH HÓA NĂM HỌC 2011 - 2012
 §Ò CHÝNH THøC
	 MÔN: TOÁN 
 Lớp 9 thcs
 Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian phát đề
 Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012
Câu I (4đ)
Cho biểu thức P = 
Rút gọn P
Tính giá trị của P khi x = 
Câu II (4đ)
Trong cùng một hệ toạ độ, cho đường thẳng d: y = x – 2 và parabol (P): y = - x2. Gọi A và B là giao điểm của d và (P).
Tính độ dài AB.
Tìm m để đường thẳng d’: y =- x = m cắt (P) tại hai điểm C và D sao cho 
CD = AB.
Câu III (4đ)
Giải hệ phương trình 
Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x6 + y2 –2 x3y = 320
Câu IV (6đ)
Cho tam giác nhọn ABC có AB > AC. Gọi M là trung điểm của BC; H là trực tâm; AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC. Kí hiệu (C1) và (C2) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và DKE, với K là giao điểm của EF và BC. Chứng minh rằng: 
ME là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2).
KH AM.
Câu V (2đ) 
Với . Tìm tất cả các nghiệm của phương trình:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA 

 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9
 NĂM HỌC 2011-2012
 Môn : TOÁN 
 Ngày thi :18/02/2012

Câu 1:ĐK 
1)
b) 
=> x= vì x>1
Vậy P=0
Câu II:
1) Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình
x2+x-2=0
=> x=1 hoặc x=2
Vậy A(1,-1) và B(-2;-4) hoặc A(-2;-4) vàB(1;-1)
2)Để (d’) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì phương trình x2-x+m=0 (1)
có hai nghiệm phân biệt 
Ta có khoảng cách AB2 =18
để CD = AB (x1-x2)2+(y1-y2)2=18
(x1-x2)2=9
(x1+x2)2-4x1x2=9
1-4m-9=0=> m=-2(TM)
Vậy C(-1,-3) và D(2;0) hoặc D(-1;-3) hoặc C(2;0
Câu III
1,ĐK x0, y0
Đặt x=ky ( k0)
 (1)
Nếu k=-1 thì hệ phương trình (1) vô nghiệm nên hệ phương trình đã cho vô nghiệm
Nếu k -1
từ (1) => 
=> k=2 hoặc k = -2
Nếu k=2 => 
Nếu k = -2 => (x;y)=(-2;1)
2, Từ 2x6 + y2 – x3y = 320 (x3-y)2 +(x3)2=320
=> (x3)2 320 
mà x nguyên nên 
Nếu x=1 hoặc x=-1 thì y không nguyên (loại)
Nếu x=2=> y=-2 hoặc y=6
Nếu x=-2 => y=-6 hoặc y=2
Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là(2;-2);(2;6);(-2;-6);(-2;2)
Câu IV: 1) Ta có nên tứ giác AEHF nội tiếp một đường tròn tâm chính là (C1) là trung điểm AH
(1)
mà (2) ( cùng phụ với góc ACD)
 (3)( do đương trung tuyến ứng với cạng huyền)
Từ (1), (2) và (3) ta có 
=> ME là tiếp tuyến đường tròn tâm (C1)
2, gọi giao điểm AM với KH là N trước tiên chứng minh 5 điểm A,E,H,N,F cùng thuộc một đường tròn
Ta thấy 
=>nghĩa là C,M,N, F cùng thuộc một đường tròn 
chứng minh A,E,N, B nội tiếp
do đó 
KH AM
Câu V:: do vai trò x,y,z như nhau nên 
Nếu x= 0 => 
Ta có VT 0 mà VP < 0 nên trong trường hợp này không có nghiệm
Nếu x khác 0 mà 
 >0
 đúng với mọi .
 Dấu “=” xảy ra khi: x=z=1.
+ Ta có: 
+ Tương tự: 
 . (1)
+ Mặt khác, vì: 
 Dấu “=” xảy ra khi : x=y=z=1. (2)
+ Từ (1) và (2) chỉ đúng khi: .
 Khí đó x=y=z=1.
* Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: .