UBND TỈNH KON TUM
TỈNH LỚP 9
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH
THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP
NĂM HỌC 2012-2013

Môn: Toán
Ngày thi: 16/3/2013
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi có 1 trang, gồm 5 câu)
ĐỀ:

Câu 1: (5,0 điểm)
Cho biểu thức P =
a)
b)

2 x −9
x + 3 2 x +1
−
−
(x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ 9).
x −5 x +6
x − 2 3− x

Rút gọn biểu thức P.
Tìm các giá trị của x sao cho P < 2 .

Câu 2: (5,0 điểm)
a) Giải phương trình: x 2 + 10 x + 21 + 6 = 3 x + 3 + 2 x + 7.
b) Chứng minh rằng nếu ba số x, y, z thỏa mãn hệ phương trình
có ít nhất một trong ba số x, y, z phải bằng 2.

x + y + z = 2

1 1 1 1
x + y + z = 2


thì

Câu 3: (4,0 điểm)
Trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường thẳng (d) và (D) lần lượt
có phương trình là y = 2 x − 5 và y = (m − 2) x − m − 1 (m là tham số).
a) Chứng minh rằng đường thẳng (D) luôn luôn đi qua một điểm cố định thuộc
đường thẳng (d ) với mọi giá trị của m ∈ ¡ .
b) Tìm giá trị của m để gốc tọa độ O cách đường thẳng (D) một khoảng lớn nhất.
Câu 4: (4,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính phân biệt AB và CD sao cho tiếp
tuyến tại A của đường tròn (O; R) cắt các đường thẳng BC và BD lần lượt tại
1


hai điểm E và F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và
AF.
a) Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng
OA.
b) Hai đường kính AB và CD có vị trí tương đối như thế nào thì tam giác BPQ

có diện tích nhỏ nhất.
Câu 5: (2,0 điểm)
Cho a, b, c là các độ dài ba cạnh của một tam giác và thỏa hệ thức a + b + c = 1 .
1
2

Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 < .
--------------------HẾT-------------------UBND TỈNH KON TUM
SINH GIỎI
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
2013
ĐỀ CHÍNH
THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC
CẤP TỈNH LỚP 9 - NĂM HỌC 2012-

MÔN: TOÁN
(Bản Hướng dẫn có 4 trang)

I. HƯỚNG DẪN CHUNG:
- Các cách giải khác đúng thì cho điểm tương ứng với biểu điểm đã cho.
- Điểm chấm của từng phần được chia nhỏ đến 0,25 điểm. Điểm của toàn bài là
tổng điểm của các phần và không làm tròn số.
- Trong cùng một câu, nếu ý trên giải sai hay không giải mà ý dưới có liên quan
đến kết quả của ý trên thì không cho điểm ý dưới.
II. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM:
Câ
u
1

5,0

Ý

Đáp án

a) P = 2 x − 9 − x + 3 − 2 x + 1 (x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ 9).
2,5
x2 − 5 x + 6
x − 2 3− x
2

Điể
m


đ

đ

=
=
=

(
( x − 2 ) ( x − 3) (
2 x −9

−


)(
x − 2) (
x +3

) + ( 2 x + 1) (
x − 3) ( x − 3) (

x −3

x −2

)

)

0,75

2 x − 9 − ( x − 9) + 2 x − 4 x + x − 2

(

(

x −2

)(

x −3

)


0,5

x− x −2

) ( x − 3)
x + 1) ( x − 2 )
(
=
=
( x − 2 ) ( x − 3)

0,5

x −2

x +1
.
x −3

0,75

x +1
x +1
7− x
b)
<2⇔
−2<0⇔
< 0 (1)
Ta có: P < 2 ⇔

2,5
x −3
x −3
x −3
đ
7 − x < 0
7 − x > 0

0,75

(1) ⇔ 
∨ 
x
−
3
>
0
 x − 3 < 0

 x > 7
 x < 7
 x >7
⇔
∨ 
⇔
 x < 3
 x > 3
 x < 3
 x > 49
⇔

0 ≤ x < 9
Kết hợp điều kiện của x ta có các
x > 49

2
5,0
đ

x −2

0 ≤ x < 9

hay  x ≠ 4


0,5
0,75
0,25

giá trị cần tìm của x là:
0,25

.

a)
2,5 Phương trình: x 2 + 10 x + 21 + 6 = 3 x + 3 + 2 x + 7. (1)
đ
Ta có: x 2 + 10 x + 21 = ( x + 3)( x + 7).
x + 3 ≥ 0


Do đó (1) có điều kiện:  x + 7 ≥ 0 ⇔ x ≥ −3 .

Khi đó (1) trở thành:

0,5

( x + 3)( x + 7) − 3 x + 3 − 2 x + 7 + 6 = 0
⇔ x+3

(

) (

x+7 −3 −2

)

x+7 −3 = 0

3

0,75


⇔

(


⇔



⇔


x+7 −3

)(

)

0,25

x+3 −2 = 0

x +7 −3 = 0

0,25

x+3−2 = 0
x+7 =3

x = 2
⇔
(tmđk)
x+3 = 2
x = 1

0,5


Vậy tập hợp nghiệm của phương trình là S = { 1; 2}
1 1 1 1
xy + yz + zx 1
b)
=
Với xyz ≠ 0 . Ta có x + y + z = 2 ⇔
(1)
xyz
2
2,5
đ Vì x + y + z = 2
xy + yz + zx
1
=
xyz
x+ y+z
⇔ ( xy + yz + zx )( x + y + z ) − xyz = 0

Nên (1) trở thành

⇔ ( xy + yz + zx )( x + y ) + z 2 ( x + y ) = 0
⇔ ( x + y )( xy + xz + z 2 + yz ) = 0
⇔ ( x + y )( y + z )( z + x) = 0
x + y = 0
⇔  y + z = 0
 z + x = 0
z = 2
⇔  x = 2 (2)
 y = 2


3
4,0
đ

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

0,25

Từ (2) suy ra có ít nhất một trong ba số x, y, z phải bằng 2 . 0,25
a) Giả sử A( x0 ; y0 ) là điểm cố định mà đường thẳng (D) luôn
2,0 luôn đi qua với mọi m ∈ ¡ .
0,25
đ Khi đó ta có: y0 = (m − 2) x0 − m − 1 (1)
và (1) đúng với mọi m ∈ ¡ .
0,5
Ta có: (1) ⇔ m( x0 − 1) = 2 x0 + y0 + 1
0,25
(1) đúng với mọi m ∈ ¡ khi và chỉ khi
 x0 − 1 = 0
 x0 = 1
0,5
⇔

2 x0 + y0 + 1 = 0



 y0 = −3

Vậy đường thẳng (D) luôn luôn đi qua điểm cố định
A(1; −3) .
4

0,25


Khi x = 1 ⇒ y = 2 x − 5 = 2.1 − 5 = −3
Vậy A(1; −3) thuộc đường thẳng (d ) có phương trình
y = 2x − 5 .
Do đó đường thẳng (D) luôn luôn đi qua điểm cố định
A(1; −3) thuộc đường thẳng (d ) với mọi giá trị của m ∈ ¡ .
Phương trình đường thẳng OA có dạng y = ax

0,25

b)
0,25
2,0 A(1; −3) ∈ OA  ⇔ −3 = a.1 ⇔ a = −3
đ Vậy OA : y = −3x
0,5
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên đường thẳng (D) 0,5
Ta có: OH ≤ OA (không đổi)
Dấu "=" xảy ra ⇔ H ≡ A ⇔ OA ⊥ ( D)
0,25
⇔ −3(m − 2) = −1

7
⇔m=
3

Vậy m =

7
3

0,25

thì gốc tọa độ O cách đường thẳng (D) một

khoảng lớn nhất.
4
4,0
đ

a)
2,5
đ

0,25

B

K

D
O


I

C
H

E

P

A

Q

F

0,5

Hình vẽ đúng
cho câu a)
Dựng PI ⊥ BQ ( I ∈ BQ ), PI cắt AB tại H
Ta có H là trực tâm của ∆BPQ
Mà O, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB và AF của

0,5

∆ABF

0,5
5



Suy ra OQ là đường trung bình của ∆ABF .
Do đó OQ // BF .
OQ / / BF

b)
1,5
đ

5
2,0
đ

Ta có:  BF ⊥ BE ⇒ OQ ⊥ BE

∆BEQ có hai đường cao AB và QK cắt nhau tại O , nên O
là trực tâm của ∆BEQ .
Khi đó OE ⊥ BQ , mà PI ⊥ BQ . Do đó EO // PI .
∆AEO có P là trung điểm của AE và EO // PH
Suy ra H là trung điểm của OA (đpcm).
∆BEF vuông tại B có BA là đường cao nên
AE.AF = BA = 4 R
1
1
AE + AF
≥ R AE. AF = 2 R 2
Ta có: S∆BPQ = BA.PQ = .2 R.
2
2

2
Dấu '' = '' xảy ra ⇔ AE = AF ⇔ ∆BEF vuông cân tại B .
⇔ AB ⊥ CD
Vậy khi AB ⊥ CD thì S∆BPQ nhỏ nhất.
2

0,5

0,5
0,25

2

0,75
0,25
0,25

Ta có a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên:
a > b − c ≥ 0; b > a − c ≥ 0; c > a − b ≥ 0

0,5

Từ các bất đẳng thức trên ta có:
a 2 > (b − c) 2 ⇔ a 2 > b 2 + c 2 − 2bc (1)
b 2 > (a − c) 2 ⇔ b 2 > a 2 + c 2 − 2ac (2)
c 2 > (a − b) 2 ⇔ c 2 > a 2 + b 2 − 2ab (3)

Cộng 3 bất đẳng thức (1), (2) và (3) vế theo vế và rút gọn
ta được:
a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca )

(4)
2
Ta có a + b + c = 1 ⇒ (a + b + c) = 1
⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca ) = 1
⇔ 2(ab + bc + ca ) = 1 − (a 2 + b 2 + c 2 ) (5)
Từ (4) và (5) suy ra: a 2 + b 2 + c 2 < 1 − (a 2 + b 2 + c 2 )
1
Hay a 2 + b 2 + c 2 < (đpcm)
2

6

0,5
0,5
0,25

0,25


--------------------HẾT--------------------

UBND TỈNH KON TUM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2011-2012
Môn: Toán
ĐỀ CHÍNH THỨC
Ngày thi: 17/3/2012
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao

đề)
ĐỀ:
(Đề thi này có 1 trang)
Câu 1: (4,0 điểm)
a)
b)

A=

x2 − x

x + x +1
Với 0 ≤ x ≤ 1

Biết x > 0;

−

x2 + x
x − x +1

.

Rút gọn

B = 1− A + x +1
1
1
x 2 + 2 = 7 Tính x 5 + 5
x

x
7


Câu 2: (4,0 điểm)
2x 2

= x+9

a)

Giải phương trình sau:

b)

Với a > 0; b > 0 và a+b=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của

(3 − 9 + 2 x ) 2

1
1
(a + ) 2 + (b + ) 2
a
b

Câu 3: (4,0 điểm)
a)

 x2 y2 − 2x + y 2 = 0
Giải hệ phương trình sau:  2

3
 2 x −4 x + y + 3 = 0

b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy lấy A(2;-1) và B(4;3). Tìm tọa độ điểm M trên
trục hoành sao cho ΜΑ − ΜΒ đạt giá trị lớn nhất.
Câu 4: (5,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên tia AB lấy C nằm ngoài đoạn
thẳng AB. Vẽ 2 tiếp tuyến CE và CF với đường tròn tâm O và cát tuyến CMN (M
nằm giữa C và N). EF cắt AB tại I. Chứng minh:
a) CM .CN = CO 2 − R 2
b) Bốn điểm O,I,M,N cùng thuộc một đường tròn.
·
c) ·AIM = BIN
Câu 5: (2,5 điểm)
Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác thỏa mãn a+b+c=2.
Chứng minh: a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2
-------------------- HẾT -------------------Họ và tên:…………………………… SBD……………………………
Chữ kí GT 1:…………………

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH KON TUM 2012
Câu 1 : a)

8


x2 − x
x2 + x
A=
−
x + x +1 x − x +1

A=

x ( x − 1)( x + x + 1)
x ( x + 1)( x − x + 1)
−
x + x +1
x − x +1

A=2 x
B = 1 − A + x + 1 = 1 − ( x − 1) 2
B =1−

x −1

B= x

( Vì 0< x < 1 )
1
1
= 7 => x + = 7 + 2 = 3( x > 0)
2
x
x
1
1
1
x 3 + 3 = ( x + )( x 2 − 1 + 2 ) = 3.6 = 18
x
x
x

1
x 4 + 4 = 7 2 − 2 = 47
x
1
1
1
1
( x 4 + 4 )( x + ) = x 5 + 5 + x 3 + 3
x
x
x
x
1
5
=> x + 5 = 47.3 − 18 = 123
x
9
Câu 2: a) ĐK: − ≤ x ≠ 0
2
2
2x
= x + 9 <=> 2 x 2 − ( x + 9)(3 − 9 + 2 x ) 2 = 0
2
(3 − 9 + 2 x )
( x + 9).4 x 2
2
=0
<=> 2 x −
(3 + 9 + 2 x ) 2
2

b) Từ x +

<=> (3 + 9 + 2 x )2 − 2( x + 9) = 0 ( vì x khác 0)
9
2

<=> 9 + 2 x = 0 <=> x = − (TM )
Vậy phương trình có 1 nghiệm x= - 9/2
1
1
1 1 1 1
M = (a + ) 2 + (b + ) 2 = a 2 + b 2 + 2 + 2 + +
a
b
a b a b
b)Đặt

9


a 2 + b 2 2(a + b)
+
a 2b 2
a.b
1 − 2ab 2
M = 1 − 2ab + 2 2 +
ab
a.b
1
M = 1 − 2ab + 2 2

ab
( a + b) 2 1
=
Ta có ab ≤
4
4
1
1 16 35
nên M = 1 − 2ab + 2 2 ≥ 1 − 2. + =
ab
4 1
2
M = a2 + b2 +

Vây giá trị nhỏ nhất

1
1
(a + ) 2 + (b + ) 2
a
b

là 35/2 khi a=b=1/2

Câu 3:
 x 2 y 2 − 2 x + y 2 = 0 (1)
a)  2
3
 2 x −4 x + y + 3 = 0 (2)


Từ (1) => y3= -1- 2(x-1)2 ≤ -1
=> y ≤ -1 (3)
Từ (2) => y 2 =

2x
≤1
x2 + 1

-1 ≤ y ≤ -1(4)
Từ (3) và (4) => y=-1 thay voà (1) => x2-2x+1=0 => x=1
thử lại ta thấy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x=1; y=-1
b)Trong mặt phẳng ta có BĐT ΜΑ − ΜΒ ≤ AB
giá trị lớn nhất của ΜΑ − ΜΒ là AB khi M nằm trên đường thẳng AB
mặt khác phương trình đường thẳng AB có dạng: y =2x-5(d)
mà M(xo,0)∈ (d) nên => xo=-5
Vậy giá trị lớn nhất của ΜΑ − ΜΒ là 22 khi M(5;0)
Câu 4:
1 ¼ µ
·
·
= CNE
= sd ME
; E -chung)
a) ta có ∆CEM đồng dạng với ∆CNE (g.g)( CEM

=>

2

CE CM

=
CN CE

=> CM.CN=CE2=CO2-R2

10


E

N

M
B

C

A

O

I

F

b) theo câu a) CE2=CM.CN (1)
xét tam giác vuông CEO
có CE2=CI.CO (2)
Từ (1) và (2)
CI CN

=
CM CO
=> ∆CIM đồng dạng ∆CON
·
·
=> CIM
= CNO
·
·
·
·
=> CON
+ MIO
= MIO
+ MIC
= 180O

=> 4 điểm O, I, M, N cùng nằm trên một đường tròn
c) Ta có OM=ON =R
nên tam giác OMN cân ở O
·
·
=> ONM
= OMN
1 ¼
·
·
= OMN
= sdOM
mà BIN

(3)

2
·
theo câu b ta có ONM
= ·AIM (4)
·
từ (3) và (4) ta suy ra ·AIM = BIN

Câu 5:
Theo BĐT trong tam giác ta có a+b>c;b+c>a;a+c>b mà a+b+c=2
=>0< 2a < 2 = a+b+c => 011


tương tự 0 < b,c <1
=>(1-a)(1-b)(1-c)>0
=> a+b+c - (ab+bc+ca) + abc <1
=> 2(a+b+c) - 2(ab+bc+ca) + 2abc < 2
=>(a+b+c)2 - 2(ab+bc+ca) + 2abc < 2
=> a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
TẠO
MÔN THI :TOÁN
LONG AN
NGÀY THI: 07/4/2011
THỜI GIAN :150 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1:(4 điểm)
1/ Không sử dụng máy tính , thực hiện phép tính :
A=

3+ 5
2 2 + 3+ 5

+

3− 5
2 2 − 3− 5

2/ Cho biểu thức:
B = x − 2 + 4 − x (với 2 ≤ x ≤ 4 )
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B và giá trị x tương ứng
Bài 2:( 5 điểm)
1/ Cho hàm số y = ax2 (a ≠ 0) có đồ thị là (P) đi qua M(-1;2) . Trên (P) lấy A và
B có hoành độ tương ứng là 1 và 2 . Xác định m để đường thẳng y = mx +5 song
song với đường thẳng AB
2/ Tìm x thỏa mãn :

1
1 1
x 2 − + x 2 + x + = (2 x 3 + x 2 + 2 x + 1)
4
4 2

Bài 3: (5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn có AB < AC nội tiếp đường tròn O bán kính
R. Ba đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H

a/ Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
b/ Kẻ đường kính AK của đường tròn O.Gọi S là diện tích tam giác ABC
12


Chứng minh : S =

AB. AC.BC
4R

c/ Gọi M là trung điểm BC . Chứng minh: tứ giác DFEM là nội tiếp
Bài 4 : (3 điểm)
Cho điểm M nằm trong tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c. Gọi các khoảng
cách từ M đến ba cạnh BC, AC, AB tương ứng là x,y,z . Hãy xác định vị trí M trong
tam giác sao cho biểu thức :

P=

a b c
+ +
x y z

đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 5 : (3 điểm)
Tìm một số chính phương có bốn chữ số , mỗi chữ số nhỏ hơn 9. Biết rằng khi tăng
mỗi chữ số thêm một đơn vị thì số mới được tạo thành cũng là số chính phương.
_______________

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO

TẠO
HÀ NAM
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
THCS
NĂM HỌC 2012-2013
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời
gian giao đề

Bài 1. (4,0 điểm)
x

y

xy

Cho biểu thức: P = ( x + y )(1 − y ) − ( x + y )( x + 1) − ( x + 1)(1 − y )
1. Rút gọn biểu thức P.
2. Tìm các giá trị x, y nguyên thỏa mãn P = 2.
Bài 2. (4,0 điểm)
1. Cho hai số thực a, b không âm thỏa mãn18a + 4b ≥ 2013 . Chứng minh rằng
phương trình sau luôn có nghiệm: 18ax 2 + 4bx + 671 − 9a = 0 .
13


2. Tìm tất cả các nghiệm nguyên x, y của phương trình x3 + 2 x 2 + 3 x + 2 = y 3 .
Bài 3. (4,5 điểm)
1. Cho p và 2p + 1 là hai số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng 4p + 1 là

một hợp số.
2. Giải phương trình: 4 x 2 + 3x + 3 = 4 x 3 + 3x 2 + 2 2 x − 1
Bài 4. (6,0 điểm)
Cho góc xOy có số đo bằng 60o. Đường tròn có tâm K nằm trong góc xOy tiếp
xúc với tia Ox tại M và tiếp xúc với tia Oy tại N. Trên tia Ox lấy điểm P thỏa mãn
OP = 3OM. Tiếp tuyến của đường tròn (K) qua P cắt tia Oy tại Q khác O. Đường
thẳng PK cắt đường thẳng MN ở E. Đường thẳng QK cắt đường thẳng MN ở F.
1. Chứng minh tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ.
2. Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn.
3. Gọi D là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh tam giác DEF là một tam
giác đều.
Bài 5. (2,0 điểm)
Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn: a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:
a +1 b +1 c +1
+
+
≥3
1 + b2 1 + c 2 1 + a 2

------HẾT-----Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
Họ và tên thí sinh: .................................................
............................
Chữ ký của giám thị 1: .............................
2: ...............................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
HÀ NAM

Số báo danh:

Chữ ký của giám thị

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
THCS
NĂM HỌC 2012-2013
Môn thi: TOÁN
14


P N CHNH THC
P N-BIU IM
(ỏp ỏn biu im ny gm 3 trang)
Cõu
Cõu
1.1
(2,5
)

Ni dung
Điều kiện để P xác định là : x 0 ; y 0 ; y 1 ; x +
P=

=

=
=

(

x(1 +

x ) y (1

(

x +

x +
y

(

)(

y

x

)(

x +

) (1 +

x

y +x

)(

y 1+

(1 y )
xy

x +

y

) (1 y )

xy + y xy

x 1

x y + y y x

x +

(

y ) xy

y

)

(

x 1

=

)

)

)(

)

( x y ) + x x + y y xy

=

(

x

=

(

y0

y 1+

(
y

)

x +1

)



(1 y )

)(

x +

y 1+
y

(

)(

(

.
x +

x 1

)

y

(

x 1

(1 + x ) (1 y )

(

y 1

y

)

0,5
x

)

)

0,5

P=2

Cõu
2.1

(2,0
)

Cho hai s thc a, b tha món 18a + 4b 2013 (1)
Chng minh rng phng trỡnh sau
18ax2 + 4bx + 671 9a = 0 (2)
TH1 : Vi a = 0 thỡ (2) 4bx + 671= 0



x+



x 1+

(

xy

y=

) (

y

2 vi

)

x 0 ; y 0 ; y 1; x + y 0

y + 1 = 1

(

)(

x 1 1+

0,5

)

y =1

Ta có: 1 + y 1 x 1 1 0 x 4 x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vào P ta có các cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn

T (1)

b 0.

TH2 : Vi

0,5
0,5

y

Cõu
1.2
(1,5
)

ta cú :

x=

Vy pt luụn cú nghim
Tỡm cỏc s nguyờn x, y tha món phng trỡnh:
x3 + 2 x 2 + 3x + 2 = y 3

15

0,5
0,5

nghim:

671
4b
2
' = 4b 18a(671 9a) = 4b2 6a.2013+ 162a2

Vy (2) luụn cú nghim

a 0,

cú

4b2 6a(18a + 4b) + 162a2 = 4b2 24ab + 54a2 = (2b 6a)2 + 16a2 0, a, b

Cõu
2.2

)

)(

x +1 + y 1+

y

im
0,5

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


(2,0
đ)

2

Ta có

3 7

y 3 − x3 = 2 x 2 + 3x + 2 = 2  x + ÷ + > 0 ⇒ x < y
4 8


(1)

2

9  15

( x + 2)3 − y 3 = 4 x 2 + 9 x + 6 =  2 x + ÷ +
>0
4  16


⇒ y < x +2

0,5
(2)

Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1
Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x =
-1; x = 1 từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là (1 ;
2), (-1 ; 0)
Câu Do p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p có dạng p = 3k ± 1
3.1 *) Nếu p = 3k + 1 thì 2p + 1 = 6k + 3 = 3(2k + 1)
(2,0đ) ⇒ 2p + 1 là hợp số (Vô lý)
*) Nếu p = 3k − 1, k ≥ 2 thì 4p + 1 = 12k − 3 = 3(4k − 1)

Do 4k− 1≥ 7 nên 4p+ 1 là một hợp số.
Câu Điều kiện: x ≥ 1
2
3.2
(2,5
đ) PT ⇔ 4x2 + 3x + 3 = 4x x + 3 + 2 2x − 1

(
⇔ ( 2x −

) (

)

⇔ 4x2 − 4x x + 3 + x + 3 + 1− 2 2x − 1 + 2x − 1 = 0

) (
2

)

2

x + 3 + 1− 2x − 1 = 0

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

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

2x = x + 3
⇔
 1 = 2x − 1
4x2 = x + 3
⇔
⇔ x = 1 (tmđk)
 1 = 2x − 1

0,5
0,5

Câu
4

16


Câu
4.1
(2,5
đ)

Hình vẽ đúng.
·

+PK là phân giác góc QPO
·
·
⇒ MPE
= KPQ
(*) .
+ Tam giác OMN đều
·
⇒ EMP
= 1200 .
·
+ QK cũng là phân giác OQP

y

Q

N
E

D

K

(

·
·
·
QKP

= 1800 − KQP
+ KPQ
x

O

P

M

Mà

. Do đó:
·
·
EMP
= QKP
( **) .
Từ (*) và (**), ta có

·
·
= KQP
Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên: MEP
·
·
= FQP
hay: FEP
Suy ra, tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường
tròn.

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

Gọi D là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh tam giác DEF
là một tam giác đều.
Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên:
PM
PE

PM
PK

PE

= PQ . Suy ra:

PK

0,5

= PQ .

·
·
= EPQ
Ngoài ra: MPK
. Do đó, hai tam giác MPK và EPQ đồng dạng.

·
·
Từ đó: PEQ = PMK = 900 .
Suy ra, D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQEF.
Vì vậy, tam giác DEF cân tại D.
·
·
·
·
·
·
= 2FQD
= OQP
= 2EPD
= OPQ
Ta có: FDP
; EDQ
.

(

)

·
·
·
·
FDE
= 1800 − FDP
+ EDQ

= POQ
= 600

Câu
5
(2,0
đ)

0,5

·
·
2KQP
+ 2KPQ
= 1800 − 600 = 120 0

∆MPE : ∆KPQ

Câu
4.2
(1,0
đ)
Câu
4.3
(2,5
đ)

0,5

)

·
⇒ QKP
= 1200

F

0,5

Từ đó, tam giác DEF là tam giác đều.
Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn: a + b + c = 3. Chứng
minh rằng:
a + 1 b+ 1 c + 1
+
+
≥3
1+ b2 1+ c2 1+ a2
17

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


Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

1+ b2 ≥ 2b

nên:

a+ 1
b2 (a + 1)
b2(a + 1)
ab + b
=
(
a
+
1)
−
≥
(
a
+
1)
−
= a + 1−
2
2
1+ b
b +1
2b
2
⇔

Tương tự ta có:

a+ 1
ab + b

≥ a + 1−
2
1+ b
2

b+ 1
bc + c
≥ b + 1−
2
1+ c
2
c+ 1
ca + a
≥ c + 1−
2
1+ a
2

0,5
(2)
(3)

Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được:

a + 1 b+ 1 c + 1
a + b + c − ab − bc − ca
+
+
≥ 3+
2

2
2
1+ b 1+ c 1+ a
2
3(ab + bc + ca) ≤ ( a + b + c) = 9 ⇒

Nên (*) ⇔

a+ 1 b+ 1 c + 1
+
+
≥ 3 (đpcm)
1+ b2 1+ c2 1+ a2

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi

a= b= c = 1

---------------HẾT-------------Lưu ý: - Các cách giải đúng khác cho điểm tương đương với biểu điểm
- Điểm toàn bài không làm tròn

18

0,5

a + b + c − ab − bc − ca
≥0
2

Mặt khác:

2

(*)

0,5


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
CẤP TỈNH
GIA LAI
------------------------------------ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học 2011 – 2012
MÔN: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian

phát đề)
------------------------------------------------------------Câu 1. (3,0 điểm)
a) Cho
A = ( x 4 − x3 − x 2 + 2 x − 1)

x=

2
1
2 + 1 −1

−

1
2 +1 +1

. Tính giá trị của biểu thức

2012

b) Chứng minh biểu thức P = n3 (n2 − 7) 2 − 36n chia hết cho 7 với mọi số
nguyên n.
Câu 2. (3,0 điểm)
a) Trong mặt phẳng, hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng ∆ có phương trình y = x
+ 1.
Tìm trên đường thẳng ∆ các điểm M (x; y) thỏa mãn đẳng thức
y2 − 3 y x + 2x = 0

b) Trong mặt phẳng, hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình y =
ax + b.
Tìm a, b để d đi qua điểm B(1;2) và tiếp xúc với Parabol (P) có phương
trình: y = 2x2
Câu 3. (4,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình

 x + 2 y = 5

 x + y = 1

19

b) Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình 2012 x 2 − (20a −11) x − 2012 = 0 (a là
số thực)
2

x −x
3
1 1
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 ( x1 − x2 ) + 2  1 2 2 + x − x ÷

1
2 

Câu 4. (4,0 điểm)
a) Cho các số thực a, b, c sao cho 1 ≤ a, b, c ≤ 2 . Chứng minh rằng:
( a + b + c ) 

1 1 1
+ + ÷ ≤ 10
a b c

b) Trong hội trại ngày 26 tháng 3, lớp 9A có 7 học sinh tham gia trò chơi ném
bóng vào rổ.
7 học sinh này đã ném được tất cả 100 quả bóng vào rổ. Số quả
bóng ném được vào rổ của mỗi học sinh đều khác nhau. Chứng minh rằng có 3
học sinh ném được tổng số quả bóng vào rổ không ít hơn 50 quả.
Câu 5. (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) có đường cao AH và
trung tuyến AM (H, M thuộc BC). Đường tròn tâm H bán kính HA, cắt đường
thẳng AB và đường thẳng AC lần lượt tại D và E (D và E khác điểm A)

a) Chứng minh D, H, E thẳng hàng và MA vuông góc với DE
b) Chứng minh 4 điểm B, E, C, D cùng thuộc một đường tròn. Gọi O là tâm
của đường tròn đi qua 4 điểm B, E, C, D. Tứ giác AMOH là hình gì?
ˆ = α ; AMB
ˆ = β . Chứng minh rằng: ( sin α + cosα ) 2 = 1 + sin β
c) Đặt ACB
----------------------Hết---------------------------Họ và tên thí sinh:.........................................................SBD........................Phòng
thi....................
Đáp án.
Câu 1. a) Rút gọn

x= 2

..........................................................................................................0,5đ
Thay

x= 2

vào biểu thức A ta được A =

1.....................................................................0,5đ
20


b)

2
P = n ( n3 − 7 n ) − 36  = n ( n3 − 7n − 6 ) ( n3 − 7n + 6 )



……………………………………………….0,5đ
= n  n3 + n 2 − (n 2 + n) − 6(n + 1)   n3 − n − 6(n − 1) 

……………………………………………………0,5đ
=

(n − 3)(n − 2)(n − 1)n(n + 1)(n + 2)(n + 3) ………………………………………...

…........................0,5đ
Ta có: P là tích của 7 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 7.
………………………...………0,5đ
Câu 2. a) Điều kiện x > 0. Tọa độ M(x; y) là nghiệm của hệ phương trình:
 y = x + 1
 2
 y − 3 y x + 2 x = 0

.

…………………………………………………………………....0,25đ
Giải hệ ta được x =1; y
=2……………………………………………………………………………..1,0đ
Vậy M(1;2)
…………………………………………………………………………………0,25đ
b) Vì đường thẳng d đi qua B(1;2) nên b = 2- a
……………………………………… 0,25đ
Khi đó, phương trình đường thẳng d có dạng y = ax + 2 – a
Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) là:
2 x 2 − ax + a − 2 = 0 (1)

……………………………………………………………….…..0,25đ
(d) tiếp xúc với (P) khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm kép
21


⇔∆=0⇔a=4

………………………………………………………………………………...0,5đ
Với a = 4 suy ra b =
-2………………………………………………………………………..………0,25đ
Vậy a = 4; b= -2 thỏa yêu cầu bài
toán………………………………………………………0,25đ
Câu 3. a) Ta xét hai trường hợp.
TH1:

y≥0

ta có hệ phương trình:

 x + 2 y = 5  x = −3
⇔

 x + y =1
 y=4

(thỏa mãn điều kiện)

7

x=


x − 2 y = 5 
3
⇔

 x + y =1
 y = −4

3

(thỏa mãn điều kiện)

………………...0,5đ
TH2:

y<0

ta có hệ phương trình:

……………..…0,5đ
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (-3;4);

7 −4
( ; )
3 3

…………………………………………..0,5đ
b) Ta có ac < 0 nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm trái
dấu………………………0,25đ
Ta có

x1 + x2 =

20a − 11
; x1.x2 = −1
2012

……………………………………………………………….0,25đ
Do đó

3
2
x − x

P = ( x1 − x2 ) + 2  1 2 + ( x1 − x2 ) 
2
 2


2

(do

…………………………..............0,5đ
22

x1.x2 = −1 )


=

3
9
2
2
( x1 − x2 ) + ( x1 − x2 ) = 6 ( x1 − x2 ) 2
2
2

…………………………………………………………..0,25đ
=

2
6 ( x1 + x2 ) − 4 x1.x2 



…………………………………………………………….....................0,25đ
2

 20a − 11 
= 6
÷ + 24
 2012 

(do

x1 + x2 =

20a − 11

; x1.x2 = −1
2012

).....................................................................0,5đ
≥ 24

với mọi a
………………………………………...............0,25đ
a=

Vậy GTNN của P = 24. Dấu = xảy ra khi

11
20

…………………………………………….0,25đ
Câu 4.
1

1 1

a b

c

b c

a

a) ( a + b + c )  a + b + c ÷≤ 10 ⇔ b + c + a + a + b + c ≤ 7





........................................................0,25đ
Không mất tính tổng quát, giả sử
suy ra

a≥b≥c.

Khi đó ta có ( a − b ) (b − c) ≥ 0

ab + bc ≥ b 2 + ca

................................................................................................................0,25đ
Từ đó suy ra

a
a b c
c b
+1 ≥ + ; +1 ≥ +
c
b c a
b a

.......................................................................................0,5đ
a b c

b c a

a

c

Suy ra b + c + a + a + b + c ≤ 2 + 2  c + a ÷
.................................................................................0,5đ
23


a c
2  + ÷≤ 5 .
c a

Ta cần chứng minh
Tức là chứng minh

 2a  2c 
 − 1÷1 − ÷ ≤ 0
a 
 c


(*)................................................................................0,25đ
Bất đẳng thức (*) luôn đúng vì

2 ≥ a ≥ c ≥1⇒

a
c 1
≥ 1; ≥

c
a 2

Từ đó suy ra
đpcm...................................................................................................................0,25đ
b) Gọi số quả bóng ném được vào rổ của mỗi học sinh là

a1 ; a2 ; a3 ;....; a7

được xếp từ

nhỏ đến lớn
a1 < a2 < a3 < a4 < a5 < a6 < a7 (1) ....................................................................................

.........0,5đ
Xét hai trường hợp:
TH1:

a5 ≥ 16 .

Suy ra

a6 ≥ 17; a7 ≥ 18 .

Do đó ta có

a5 + a6 + a7 ≥ 51

(2)

…………………………..0,5đ
TH2:

a5 ≤ 15

Ta có

a1 + a2 + a3 + a4 ≤ 50

suy ra

a14 ≤ 14; a3 ≤ 13; a2 ≤ 12; a1 ≤ 11

..............................................................................................................0,5đ
Suy ra

a5 + a6 + a7 ≥ 50

(3)

Từ (2) và (3) ta có điều phải chứng
minh...................................................................................0,5đ
Câu 5.

24


A

E

H

B

M

C

D
O

a) Do

ˆ = 900
DAE

nên DE là đường kính của đường tròn tâm H, bán kính HA suy ra

D, H, E thẳng
hàng…………………………………………………………………………………
………..…1,0đ
Ta có

ˆ = MCA
ˆ = HAD
ˆ = ADE
ˆ …………………………..…………………………...
MAE

….….0,5đ
Vì

ˆ + AED
ˆ = 900
ADE

nên

ˆ + AED
ˆ = 900
MAE

Suy ra MA vuông góc với
DE....................................................................................................0,5đ
b) Từ

ˆ
ˆ = MCA
ADE

suy ra tứ giác DBEC nội tiếp đường tròn

(O)...............................................0,5đ
Do OM vuông góc với BC và AH vuông góc với BC nên AH //
OM…………………..0,5đ

25