UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Bài 1 : (2,0 điểm)
3

1/ Cho x =

10 + 6 3

(

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT 1

Năm học 2014 - 2015
Môn thi : Toán - Lớp 9
Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề)

) . Tính P = ( x − 4x + 1)

3−1

3

2009

6+ 2 5 − 5

x  
x+2
x+3

x + 2
+
+
÷: 
÷
2/ Cho biểu thức : A =  1−
÷  x− 5 x + 6
÷
x
+
1
x
−
2
3
−
x

 

5
a/ Rút gọn A;
b/ So sánh A và −
2
Bài 2 : (2,0 điểm)

(

)


1/ Giải phương trình : 2 x2 + 2x + 3 = 5 x3 + 3x2 + 3x + 2
2/ Một thầy giáo còn trẻ dạy môn Toán, khi được hỏi bao nhiêu tuổi đã trả lời như sau :
“Tổng, tích, hiệu, thương của tuổi tôi và đứa con trai của tôi cộng lại là 216”. Hỏi thầy
giáo bao nhiêu tuổi?
Bài 3 : (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng :
1
(d1): y = −3x + 6; (d2 ):y = x − 1; (d3):y = 2x + 4
2
Gọi A là giao điểm của (d1) và (d2 ) ; B là giao điểm của (d2 ) và (d3) ; C là giao điểm của
(d3) và (d1) .
1/ Vẽ (d1) ; (d2 ) ; (d3) . Tìm tọa độ của A, B, C;
2/ Tính diện tích của tam giác ABC.
Bài 4 : (3,0 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Kẻ tia Ax vuông góc với AB (tia Ax và nửa
đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Lấy một điểm C bất kì thuộc nửa
đường tròn (C khác A và B). Qua O kẻ một đường thẳng song song với BC cắt tia Ax tại
M và cắt AC tại F.
1/ Chứng minh rằng MC là tiếp tuyến của nửa đường tròn tâm O;
2/ Biết bán kính của đường tròn là 5cm, dây AC = 8cm. Tính MB;
3/ BM cắt nửa đường tròn tại D. Chứng minh ∆ MDF đồng dạng với ∆ MOB.
Bài 5 : (1,0 điểm)
Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn x + y + z = 2 .
x2
y2
z2
+
+
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A =
y+ z z+ x x+ y

---------HẾT--------(Đề thi gồm có 01 trang)
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh : ……………………………………; Số báo danh : ……………………….


UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM

Môn thi : Toán - Lớp 9

Bài 1 : (2,0 điểm)
Ý/Phần

Đáp án
Biến đổi :
3

x=

1/
(0,75đ)

=

10 + 6 3

(


3

)

3

Vậy khi x =

3

=

2009

(

)

2009

= 12009 = 1

10 + 6 3

(

) thì P = 1

0,25đ


3−1

6+ 2 5 − 5

(

A=

x + 1− x
x+1
1
x+1

:

(

5 + 1− 5

, ta được :

ĐKXĐ : x ≥ 0;x ≠ 4;x ≠ 9. Khi đó, ta có :

x  
x+2
x + 3 x + 2
A =  1−
+
+
÷: 

÷

÷  x − 5 x + 6 x − 2 3− x ÷
x
+
1

 


x+3
 x+1
x  
x+2
A=
−
+
÷:
 x + 1 x + 1÷  x − 2 x − 3
x−2

 
A=

( 10 + 6 3)( 6 3 − 10)
0,25đ

Thay x = 2 vào biểu thức P = x3 − 4x + 1

(


3

2

108− 100 3
= 8= 2
1

P = 23 − 4.2 + 1

2/a/
(0,75đ)

) = ( 10 + 6 3)( 3 − 1)
5
( 5 + 1) − 5

3−1

6+ 2 5 −

3

Điểm

:

(
) (


)(

)(
)(

0,25đ

) −(
x − 3) (

x−3

)(
x − 2)(

x+2

)
)

x−2 
÷
x − 3 ÷÷ 0,25đ


x + 2+ x − 9− x + 4

(


)(

)

x−2

x−3

)(

x−2

)

x−3

0,25đ

x−3
=

1
x+1

:

1
x−2

=


x−2
x+1

0,25đ

Với x ≥ 0;x ≠ 4;x ≠ 9. Ta có :
2/b/
(0,5đ)

 7 x + 1> 0
5
x − 2 5 2 x − 4+ 5 x + 5 7 x + 1

A+ =
+ =
=
> 0 vì 
2
x +1 2
2 x +1
2 x +1
2 x + 1 > 0
5
5
Do A + > 0 ⇒ A > −
2
2

(


)

(

)

(

)

0,25đ
0,25đ


Bài 2 : (1,0 điểm)
Ý/Phần

Đáp án

ĐKXĐ : x ≥ −2.
Khi đó, ta có :

(

)

Điểm
0,25đ


(

)

(

)

2 x2 + 2x + 3 = 5 x3 + 3x2 + 3x + 2 ⇔ 2 x2 + 2x + 3 = 5 ( x + 2) x2 + x + 1

Đặt a = x + 2;b = x2 + x + 1 (a;b ≥ 0) . Phương trình đã cho trở thành :
2 a2 + b2 = 5ab ⇔ 2a2 − 5ab + 2b2 = 0 ⇔ 2a2 − ab − 4ab − 2b2 = 0

(

1/
(1,0đ)

)

(

) (

 b = 2a
⇔ a( 2a − b) − 2b( 2a − b) = 0 ⇔ ( 2a − b) ( a − 2b) = 0 ⇔ 
 a = 2b
*) Trường hợp 1 :
b = 2a ⇔ b2 = 4a2 ⇒ x2 + x + 1= 4( x + 2) ⇔ x2 − 3x − 7 = 0
2


)

0,25đ

2



3  37
3  37
⇔ x− ÷ −
= 0⇔  x − ÷ =
2
4
2
4


3 ± 37
3 ± 37 (thỏa mãn)
=
⇔ x=
2
2
2
*) Trường hợp 2 :
a = 2b ⇔ a2 = 4b2 ⇒ x + 2 = 4 x2 + x + 1 ⇔ 4x2 + 3x + 2 = 0
⇔ x−


(

0,25đ

)

2


3  23
⇔  2x + ÷ +
= 0 (phương trình vô nghiệm)
4
16



2/
(1,0đ)

0,25đ

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3± 37
2
Gọi x, y lần lượt là tuổi của thầy giáo và tuổi của con thầy giáo (x, y nguyên
dương; x > y)
0,25đ
Theo đề bài, ta có phương trình :
( x + y) + ( x − y) + xy + xy = 216 ⇔ 2x + xy + xy = 216 (*)
0,25đ

x
(t ∈ N* ) , phương trình (*) trở thành :
Đặt t =
y
2ty + ty2 + t = 216 ⇔ t( y + 1) = 216
2

⇒ ( y + 1) là ước của 216 ⇒ ( y + 1) ∈ { 4;9;36}
2

2

Từ đó, suy ra cặp nghiệm ( x;y) phù hợp là ( 30;5)
Vậy tuổi của thầy giáo là 30 tuổi.

0,25đ
0,25đ


Bài 3 : (2,0 điểm)
Ý/Phần
Đáp án
1/
*) Hàm số : y = −3x + 6 (d1)
(1,5đ) +)x = 0 ⇒ y = 6 ⇒ M(0;6)
+)y = 0 ⇒ x = 2 ⇒ N(2;0)
⇒ Đồ thị hàm số là đường thẳng MN
1
*) Hàm số : y = x − 1 (d2)
2

+)x = 0 ⇒ y = −1⇒ P(0;−1)
+)y = 0 ⇒ x = 2 ⇒ Q(2;0)
⇒ Đồ thị hàm số là đường thẳng PQ
*) Hàm số : y = 2x + 4 (d3)
+)x = 0 ⇒ y = 4 ⇒ E(0;4)
+)y = 0 ⇒ x = −2 ⇒ F(−2;0)
⇒ Đồ thị hàm số là đường thẳng EF
*) Vẽ :

Điểm

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ


*) Tìm tọa độ của A, B, C:
+) Theo cách vẽ dễ thấy A trùng với N và Q ⇒ A(2;0)
+) Hoành độ giao điểm của B là nghiệm của phương trình :
1
−10
−8
x − 1= 2x + 4 ⇔ x − 2 = 4x + 8 ⇔ −3x = 10 ⇔ x =
⇒ y=
2
3

3
 −10 −8
⇒ B
; ÷
 3 3
+) Hoành độ giao điểm của C là nghiệm của phương trình :
 2 24 
2
24
−3x + 6 = 2x + 4 ⇔ −5x = −2 ⇔ x = ⇒ y =
⇒ C ; ÷
5
5
5 5 

0,25đ
0,25đ

Ta có : AF = 4
24
1 24 48
⇒ S∆CAF = .4. =
(ñvdt)
5
2 5 5
8
1 8 16
(ñvdt)
+) ∆BAF có chiều cao ứng với AF là ⇒ S∆BAF = .4. =
3

2 3 3
48 16 224
+
=
(ñvdt)
Vậy diện tích ∆ABC là :
5 3 15
+) ∆CAF có chiều cao ứng với AF là
2/
(0,5đ)

0,25đ
0,25đ

Bài 4 : (3,0 điểm)
Ý/Phần

1/
(0,75đ)

Đáp án

Điểm

0,25đ
Vẽ hình đúng; ghi giả thiết, kết luận đúng
∆ABC có AB là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ⇒ ∆ABC vuông
tại C ⇒ AC ⊥ BC
Do MO // BC ⇒ MO ⊥ AC ⇒ F là trung điểm của AC
⇒ OM là đường trung trực của AC

0,25đ
⇒ MA = MC


2/
(1,0đ)

Xét ∆MAO và ∆MCO có :
MO chung
MA = MC
OA = OC
⇒ ∆MAO = ∆MCO (c.c.c)
·
·
⇒ MCO
= MAO
= 900 ⇒ MC ⊥ OC ⇒ MC là tiếp tuyến của nửa đường
tròn tâm O
AC = 8cm⇒ AF = 4cm
+) ∆MAO vuông tại A có đường cao AF
1
1
1
1 1
9
400
20
⇒
=
−

= 2− 2=
⇒ MA 2 =
⇒ MA = (cm)
2
2
2
9
3
MA
AF
AO 4 5 400
+) ∆MAB vuông tại A

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ

2

 20  1300
10 13
⇒ MB = AB + MA = 10 +  ÷ =
⇒ MB =
(cm)
3
9
3
 
+) Chứng minh ∆MDA và ∆MAB đồng dạng

MD MA
⇒
=
⇒ MD.MB = MA 2
MA MB
+) Chứng minh MA 2 = MF.MO
MD MO
=
+) Do đó : MD.MB = MF.MO ⇒
MF MB
+) Chứng minh ∆MDF đồng dạng với ∆MOB (c.g.c)
2

3/
(1,0đ)

2

2

2

0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

Bài 5 : (1,0 điểm)

Ý/Phần

Đáp án
Vì x, y, z dương. Theo bất đẳng thức Côsi, ta có :
x2
y+ z
x2 y + z
+
≥ 2.
.
=x
+)
y+ z
4
y+ z 4
Dấu “=” xảy ra ⇔

Điểm

(1)

2
x2
y+ z
=
⇔ 4x2 = ( y + z) ⇔ 2x = y + z
y+ z
4

2

2
+) y + z + x ≥ 2. y . z + x = y (2)
z+ x
4
z+ x 4
2
y2
z+ x
Dấu “=” xảy ra ⇔
=
⇔ 4y2 = ( z + x) ⇔ 2y = z + x
z+ x
4

+)

z2
x+ y
z2 x + y
+
≥ 2.
.
=z
x+ y
4
x+ y 4

(3)

2

z2
x+ y
=
⇔ 4z2 = ( x + y) ⇔ 2z = x + y
Dấu “=” xảy ra ⇔
x+ y
4

0,5đ


Cộng theo vế 3 bất đẳng thức cùng chiều (1), (2) và (3) ta có :
x2
y2
z2
y+ z z+ x x+ y
+
+
+
+
+
≥ x+ y+ z
y+ z z+ x x+ y
4
4
4
x2
y2
z2
x+ y+ z

⇒
+
+
≥
=1
y+ z z+ x x+ y
2
2x = y + z

2y = z + x
2

Dấu “=” xảy ra ⇔ 2z = x + y ⇔ x = y = z =
3
x + y + z = 2

x;y;z > 0
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1 khi x = y = z =

2
3

---------HẾT---------

0,5đ