NỘI DUNG CẤU TRÚC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
MÔN : Toán - LỚP 9

CÂU

NỘI DUNG KIẾN THỨC

ĐIỂM

Biến đổi đồng nhất:
Câu 1

Câu 2

2 điểm

Các bài toán biến đổi căn thức và các câu hỏi khai thác biểu
thức rút gọn
Phương trình đại số: phương trình bậc cao, pt vô tỉ :

1 điểm

Hàm số đồ thị:

1 điểm

2 điểm

Số học:
Câu 3

Số nguyên tố, hợp số, số chính phương, phương trình nghiệm
nguyên

2 điểm

Hình học:
Câu 4

Hệ thức trong tam giác vuông, tam giác đồng dạng, định lý
Ta lét....:
1 điểm

3 điểm

Đường tròn: Giới hạn đến bài dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến.
2 điểm
Bài toán phát hiện học sinh xuất sắc
Câu 5

Cộng

Cực trị đại số, hình học, biến đổi đồng nhất...

1 điểm

10,0 điểm


UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

------------o0o--------------

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Năm học: 2015 – 2016
Môn thi: Toán học – Lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2 điểm)
Cho biểu thức A =

2 x +1
x +3
10 − x
+
−
x −3 2− x x −5 x +6

a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm các giá trị của x sao cho A < 2 .
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B biết rằng B =

x − 4 x + 20
A

(

x −2

)


.

Câu 2 (2 điểm)

a) Giải phương trình: x + 1 + 2 7 − x − 2 x + 1 = 7 + 6 x − x 2
b) Cho các đường thẳng

y = ( 2m + 1) x − 4m + 1

;

y + 2m 2 − 1 = ( m 2 + m + 1) x − 2m

và

( 3m − 1) x + ( 2 − 2m ) y = 1 . Chứng minh rằng các đường thẳng trên cùng đi qua 1 điểm cố
định?
Câu 3 (2 điểm)
a) Cho p và p 2 + 2 là các số nguyên tố. Chứng mình rằng số p 3 + p 2 + 1 cũng là số nguyên tố?
b) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 x 2 − 3 xy − 2 y 2 + 6 x − 2 y = 1 .
Câu 4 (3 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC. Gọi A là một điểm nằm trên nửa
đường tròn (O) ( A ≠ B, A ≠ C ) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC, D là điểm đối xứng
với B qua A, I là trung điểm AH, J là trung điểm của DH.
a) Chứng minh rằng ∆AJH đồng dạng với ∆HIC .
b) Gọi E là giao điểm của HD và CI. Chứng minh : 2AE < AB?
c) Khi A di động ( A ≠ B, A ≠ C ) , xác định vị trí điểm A trên nửa đường tròn sao cho tam giác
ABC có chu vi lớn nhất.
Câu 5 (1 điểm)
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn : a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:
1

1  1 1 1
 1
4
+
+
÷≤ + + + 9
 a+b b+c c+a  a b c

--------------------------------Hết---------------------------------


UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
------------o0o--------------

Câu
1

Ý
a

Nội dung
2 x +1
x +3
10 − x
+
−
x −3 2− x x −5 x +6
Điều kiện xác định: x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ 9 . Khi đó:


=

(2

(
=
(

2 x +1
x +3
10 − x
2 x +1
x +3
+
−
=
−
−
x −3 2− x x −5 x +6
x −3
x −2

)(

x +1

) (

x −2 −


(

)(
x − 3) (

x +3

x −3

)=
x − 2)

x +1

x −3

)(

)(

x −2

)

x − 3 − 10 + x

)

=


(

(

10 − x
x −3

)(

x −2

x−2 x −3
x −3

)(

x −2

0.5

)

)

0.5

x +1
x −2

Tìm x để A < 2.

Để A < 2 ⇒

TH1: Khi 


TH2: Khi 


c

Điểm

Rút gọn A =

A=

b

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Năm học: 2015 – 2016
Môn thi: Toán học – Lớp 9

x +1
x +1
x −5
< 2 ⇔ 2−
>0⇔
>0
x −2

x −2
x −2
 x > 5
x −5 > 0
 x > 25
⇔
⇔
⇔ x > 25
x −2>0
x > 4
 x > 2
 x < 5
x −5 < 0
0 ≤ x < 25
⇔
⇔
⇔0≤ x<4
x −2<0
0 ≤ x < 4
 x < 2

0,25

0,25

Đối chiếu với điều kiện xác định ban đầu ta được giá trị cần tìm của x
là: 0 ≤ x < 4 hoặc x > 25
Tìm giá trị nhỏ nhất của B
Ta có: B xác định khi x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ 9
B=


x − 4 x + 20
A

(

x −2

= x −5+

)

x − 2 x − 4 x + 20 x − 4 x + 20
.
=
x +1
x −2
x +1

=

0,25

25
25
= x +1+
−6
x +1
x +1
25

, ta được
x +1

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho 2 số x + 1 và

25
25
25
≥ 2.5 ⇔ x + 1 +
≥ 10 ⇔ x + 1 +
−6 ≥ 4⇒ B ≥ 4
x +1
x +1
x +1
25
⇔ x + 1 = 5 ⇔ x = 4 ⇔ x = 16 (t/m)
Dấu “=” xảy ra khi: x + 1 =
x +1
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức B là: MinB = 4 khi x = 16 .
x +1+

2

a

Giải phương trình x + 1 + 2 7 − x − 2 x + 1 = 7 + 6 x − x 2
Điều kiện xác định của phương trình: −1 ≤ x ≤ 7
PT ⇔ x + 1 − 2 x + 1 + 2 7 − x − ( 7 − x ) ( x + 1) = 0
⇔ x + 1.


(

)

(

)

x + 1 − 2 + 7 − x. 2 − x + 1 = 0 ⇔

(

x +1 − 2

)(

0,25

0,5

)

x +1 − 7 − x = 0


 x +1 − 2 = 0
 x +1 = 2
⇔
⇔
⇔ x = 3(t/ m)

 x + 1 − 7 − x = 0
 x + 1 = 7 − x

b

0,5

Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm là: x = 3.
Chứng minh các đường thẳng cùng đi qua 1 điểm cố định
Gọi M ( x0 ; y0 ) là điểm cố định của đường thẳng y = ( 2m + 1) x − 4m + 1
Khi đó ta có:

y0 = ( 2m + 1) x0 − 4m + 1, ∀m ∈ ¡ ⇔ m ( 2 x0 − 4 ) + x0 − y0 + 1 = 0, ∀m ∈ ¡

2 x0 − 4 = 0
 x0 = 2
⇔
⇔
⇒ M ( 2;3)
 x0 − y0 + 1 = 0
 y0 = 3
Do đó, đường thẳng y = ( 2m + 1) x − 4m + 1 luôn đi qua điểm cố định M ( 2;3)

0,5

2
2
Với x = 2; y = 3 thay vào đường thẳng y + 2m − 1 = ( m + m + 1) x − 2m ta

2

2
2
2
được: 3 + 2m − 1 = 2. ( m + m + 1) − 2m ⇔ 2 + 2m = 2m + 2 đúng với ∀m ∈ ¡

⇒ Đường thẳng y + 2m 2 − 1 = ( m 2 + m + 1) x − 2m luôn đi qua M ( 2;3) ∀m ∈ ¡

0,25

Với x = 2; y = 3 thay vào đường thẳng ( 3m − 1) x + ( 2 − 2m ) y = 1 ta được:
2 ( 3m − 1) + 3 ( 2 − 2m ) = 1 ⇔ 1 = 1 đúng với ∀m ∈ ¡

⇒ Đường thẳng ( 3m − 1) x + ( 2 − 2m ) y = 1 luôn đi qua M ( 2;3) ∀m ∈ ¡

3

a

0,25

Vậy 3 đường thẳng đã cho cùng đi qua điểm cố định M ( 2;3) .
Chứng mình rằng số p 3 + p 2 + 1 cũng là số nguyên tố

Do p là số nguyên tố nên:
Khi p = 2 ⇒ p 2 + 2 = 6 là hợp số ⇒ Mâu thuẫn với giả thiết p 2 + 2 là số
nguyên tố ⇒ p = 2 không thỏa mãn đề.
Khi p = 3 ⇒ p 2 + 2 = 11 là số nguyên tố (tm) ⇒ p 3 + p 2 + 1 = 37 là số
nguyên tố (đpcm).

0,5


2
*
2
2
Khi p > 3 ⇒ p = 3n + 1( n ∈ N ) ⇒ p + 2 = 3n + 3 M3 ⇒ p + 2 là hợp số

⇒ Mâu thuẫn với giả thiết p 2 + 2 là số nguyên tố ⇒ p > 3 không thỏa mãn

b

đề.
Vậy khi p và p 2 + 2 là các số nguyên tố thì p 3 + p 2 + 1 cũng là số nguyên tố
Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 x 2 − 3 xy − 2 y 2 + 6 x − 2 y = 1 .

Ta có 2 x − 3xy − 2 y + 6 x − 2 y = 1 ⇔ ... ⇔ ( x − 2 y + 2 ) ( 2 x + y + 2 ) = 5
Vì x; y ∈ ¢ ⇒ x − 2 y + 2; 2 x + y + 2 ∈ ¢ nên x − 2 y + 2; 2 x + y + 2 là ước của 5:
2

2

x − 2 y + 2 = 1
 x − 2 y = −1  x = 1
⇔
⇔
2 x + y + 2 = 5
2 x + y = 3
y =1

TH1. 


1

x=

x − 2 y + 2 = 5
x − 2 y = 3

5
⇔
⇔
TH2. 
(Không thỏa mãn)
2 x + y + 2 = 1
 2 x + y = −1  y = − 7

5
17

 x = − 5
 x − 2 y + 2 = −1
 x − 2 y = −3
⇔
⇔
TH3. 
(Không thỏa mãn)
 2 x + y + 2 = −5
 2 x + y = −7
y = − 1


5

0,5

0,5
0,5


13

x=−

 x − 2 y + 2 = −5  x − 2 y = − 7

5
⇔
⇔
TH4. 
(Không thỏa mãn)
 2 x + y + 2 = −1  2 x + y = − 3
 y = 11

5
Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm: ( x; y ) = ( 1;1)

4
a

Ta thấy ∆ABC ngoại tiếp đường
tròn đường kính BC nên


AB ⊥ AC ⇒ AC ⊥ AD
IA = IH 
Từ giả thiết
 ⇒ IJ / / AD
JH = JD 
⇒ IJ ⊥ AC ⇒ ·AIJ = ·ACH (cùng phụ

·
với góc HAC
)
(1)
+) Trong tam giác vuông ACH ta

có: tan ·ACH =

AH
HC

(2)

1

+) Trong tam giác vuông AIJ ta có
tan ·AIJ =

AJ AJ
=
( AI = HI ) (3)
AI HI


Từ (1), (2), (3)
AH AJ
AH HC
=
⇒
=
(4)
HC HI
AJ
HI
AB = AD 
Từ giả thiết
 ⇒ AJ / / BC ⇒ A J ⊥ AH ⇒ ∆HAJ vuông tại A
JH = JD 
·
·
Do đó từ (4) ta có: tan ·AJH = tan HIC
⇒ ·AJH = HIC
⇒ ∆AJH : ∆HIC
⇒

b

Chứng minh 2AE < AB
·
Theo câu a ta có ∆AJH : ∆HIC ⇒ ·AHJ = HCI
·
·
·

Ta lại có: HCI
+ HIC
= 900 ⇒ ·AHJ + HIC
= 900 ⇒ JH ⊥ CI
Từ đó ∆JEI vuông tại E ⇒ I , J , E thuộc đường tròn đường kính IJ
Tương tự ∆JAI vuông tại A ⇒ I , A, J thuộc đường tròn đường kính IJ
⇒ I , A, J , E cùng thuộc đường tròn đường kính IJ
Theo tính chất liên hệ giữa đường kính và dây trong đường tròn đường
kính IJ ta có: AE ≤ JI
1
2

1
2

0,5

Mà ta lại có IJ = AD ⇒ IJ = AB (D đối xứng với B qua A)
0,5

1
⇒ AE ≤ AB ⇒ 2 AE ≤ AB
2

c

Dấu “=” xảy ra khi tứ giác AIEJ là hình chữ nhật ⇒ JE / / AI ⇒ AH ≡ HD
(mâu thuẫn) ⇒ 2AE < AB
Xác định vị trí điểm A
Khi A di động trên nửa đường tròn (O).

Ta có chu vi tam giác ABC là: C∆ABC = AB + AC + BC
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
AB 2 + AC 2 ≥ 2 AB. AC ⇔ 2 ( AB 2 + AC 2 ) ≥ AB 2 + 2 AB. AC + AC 2

⇔ 2 ( AB 2 + AC 2 ) ≥ ( AB + AC ) ⇔ 2 BC 2 ≥ ( AB + AC ) ⇔ AB + AC ≤ 2 BC
2

2

0,5


Do đó, C∆ABC = AB + AC + BC ≤ 2 BC + BC = ( 2 + 1) BC (BC không đổi)

Nên chu vi tam giác ABC lớn nhất là ( 2 + 1) BC khi AB = AC
⇒ A thuộc trung trực của BC ⇒ A là giao điểm của trung trực BC với
đường tròn (sau này A là điểm chính giữa cung BC)
5

0,5



+
+
Chứng minh 4 
÷≤ + + + 9
 a+b b+c c+a  a b c
Từ giả thiết a + b + c = 1 nên ta có:
1


1

1

1

1

1

1
1  1 1 1
 1
4
+
+
÷≤ + + + 9
 a+b b+c c+a  a b c
 a+b+c a+b+c a+b+c  a+b+c a +b+c a +b+c
⇔ 4
+
+
+
+
+9
÷≤
b+c
c+a 
a

b
c
 a+b
4c
4a
4b
b+c c+a a+b
⇔ 12 +
+
+
≤ 12 +
+
+
a+b b+c c+a
a
b
c
4c
4a
4b
b+c c +a a +b
⇔
+
+
≤
+
+
a+b b+c c+a
a
b

c
1 1
4
1 1
≤ + nên:
Ta có với các số dương x, y thì ( x + y )  + ÷ ≥ 4 ⇔
x+ y x y
x y
4c
 1 1  4a
 1 1  4b
1 1
≤ c.  + ÷;
≤ a.  + ÷;
≤ b.  + ÷
a+b
 a b b+c
b c c+a
c a
4c
4a
4b
b+c c+a a +b
+
+
≤
+
+
Cộng các vế lại ta được:
đpcm

a+b b+c c+a
a
b
c
1
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =
3

Chú ý: Các cách giải khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa theo từng phần.

0,5

0,5