UBND HUYỆN ĐOAN HÙNG
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THCS CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2018 - 2019
Môn: TOÁN 9
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề.
Đề thi có 04 trang

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thí sinh làm bài phần TNKQ và phần Tự luận trên tờ giấy thi (không làm
vào đề thi).

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8 điểm)
Hãy chọn câu trả lời đúng cho các câu dưới đây:
Câu 1. Cho

A=

1
1
1
+
+
×
19
19
4
23
18

14
Khi đó, giá trị
1+
+
1 +1+
1 + 1 +1
23
37
19
37
19
23

của biểu thức P = A 2019 + A 2018 + A 2017 + ... + A + 1 bằng:
A. P = 1;

B. P = 2019;

C. P = 2020;

D. Kết quả khác.

)(

(

)

2
2

Câu 2. Cho hai số x, y thỏa mãn x + x + 2018 y + y + 2018 = 2018 . Khi đó

giá trị biểu thức (x + y)2019 + 2018 bằng :
A. 2017 ;

B. 2018 ;

C. 2019 ;

D. 0.

Câu 3. Hai đường thẳng y = x 3 + 4 và y = − x 3 + 2 cùng với trục hoành tạo
thành tam giác có diện tích bằng (đvdt) :
A. 2 3 ;

B. 3 3 ;

C. 4 3 ;

D. 5 3 .
mx − y = 5
có
2x + my = 7

Câu 4. Giá trị nguyên nhỏ nhất của m để hệ phương trình 
nghiệm thỏa mãn điều kiện x > 0, y < 0 là :
A. – 3 ;

B. – 2 ;


C. – 1 ;

D. 0.


 y − 20 − x = y − x

Câu 5. Cho x, y thỏa mãn hệ phương trình 


3 20 − x = 2 y − x

biểu thức
A. 20 ;

. Khi đó giá trị

xy bằng :
B. 400 ;

C.

20 ;

D. 160000.

Câu 6. Cho A và B là 2 điểm nằm trên parabol y = x 2. Điểm A có hoành độ bằng
– 2, điểm B nằm bên phải trục tung và có tung độ bằng 9. Khoảng cách AB là :



A. 4 2 ;

B. 5 2 ;

C. 6 2 ;

D. Kết quả khác.

Câu 7. Cho biết x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x − 2 ( m + 1) x + 2m + 2 = 0.
Phương trình ẩn y nào dưới đây nhận – 2x1 và – 2x2 làm nghiệm :
2

2
A. y + 4 ( m + 1) y + 8 ( m + 1) = 0;

B. y 2 + 2 ( m + 1) y + 4 ( m + 1) = 0;

2
C. y + 3 ( m + 1) y + 6 ( m + 1) = 0;

2
D. y + 2 ( m + 1) y + 2 ( m + 1) = 0;

Câu 8. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình 2x 2 + 2mx + m 2 − 2 = 0 . Giá
trị lớn nhất của biểu thức A = 2x1x 2 + x1 + x 2 − 4 bằng :
A.

1;

B. 25 ;


C. 0 ;

D. 25
4

Câu 9. Cho tam giác ABC có đường trung tuyến AD. Lấy điểm O nằm giữa A
và D. Qua O kẻ đường thẳng d cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E và F. Vị trí
của điểm O sao cho

BE CF
+
= 1 là:
AE AF

A. O là trung điểm của AD;
B. O là trọng tâm của tam giác ABC;
1
C. O chia đoạn thẳng AD theo tỉ số ;
3
1
D. O chia đoạn thẳng AD theo tỉ số .
4
Câu 10. Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Qua H kẻ đường
thẳng song song với AC cắt AB tại I. Số cặp tam giác đồng dạng có trong hình
là:
A. 6 cặp;

B. 8 cặp;


C. 9 cặp;

D. 10 cặp.

Câu 11. Cho hình thang cân ABCD có đường chéo BD vuông góc với cạnh
DC và BD là phân giác của góc ABC. Biết AD = 6cm. Diện tích hình thang
ABCD là:
A. 9 3 cm 2 ;

B. 18 3 cm 2 ;

C. 27 3 cm 2 ;

D. 36 3 cm 2 .

Câu 12. Một tam giác vuông cân có chiều cao ứng với cạnh huyền là h thì
chu vi của tam giác đó là:
A.

3h;

B. 3h 2 ;

C. 2h + h 2 ;

(

)

D. 2h 1 + 2 .



Câu 13. Cho tam giác ABC vuông tại A, có đường phân giác AD = 2 2 . Khi
1
1
+
đó tổng
có giá trị bằng:
AB AC
A.

1
;
2

B.

1
2 2

;

C. 2;

D. Kết quả khác.

Câu 14. Cho đường tròn (O; R) đường kính AB, gọi M là trung điểm của
OA. Vẽ dây CD vuông góc với AB tại M. Diện tích của tứ giác ACBD tính
theo R là:
R2 3

A. 4 ;

B. R 2 3;

C. 2R 2 . 3;

D. R 2 3
×
2

Câu 15. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) đường kính AB cố
định và một điểm C di chuyển trên (O; R). Khi điểm C di chuyển trên (O; R)
thì trọng tâm G của tam giác ABC luôn di chuyển trên đường tròn cố định
nào dưới đây:
R

O; ÷;

A. 
3

B.  O; R  ;

÷
2


C.  O; 2R  ;

÷

3 


D.  O; 3R 

÷
2 


Câu 16. Ông Cường mua một con nghé và một con bê vàng. Ông bán lại
đồng giá 18 (triệu đồng) mỗi con cho người khác. Do nghé mất giá nên ông
chịu lỗ 20% nhưng ông gỡ lại thiệt hại nhờ bê vàng lên giá nên lãi được 20%.
Khẳng định nào sau đây là đúng:
A. Ông Cường rất may mắn vì đã hòa gốc;
B. Ông Cường lỗ 1,2 triệu đồng;
C. Ông Cường lỗ 1,5 triệu đồng;
D. Bài toán không đủ dữ kiện để biết ông Cường lỗ, lãi hay hòa gốc.
II. PHẦN TỰ LUẬN (12 điểm)
Câu 1 (3,0 điểm).
1) Tìm các số nguyên dương n để P = n 3 − 4n 2 + 6n − 4 là số nguyên tố.
2) Cho a =

x
x2
Tính
theo
a
giá
trị
của

biểu
thức
×
P
=
x4 + x2 + 1
x2 − x + 1

Câu 2 (3,0 điểm).
2
1) Giải phương trình sau: 3x + 1 − 6 − x + 3x − 14x − 8 = 0.
 2x 3 + 3x 2 y = 5
2) Giải hệ phương trình sau:  3
2
 y + 6xy = 7


Câu 3 (4,0 điểm). Cho đường tròn (O; R) và một điểm P cố định nằm bên trong
đường tròn ( P ≠ O ) . Hai dây AB và CD thay đổi nhưng luôn đi qua P sao cho
AB vuông góc với CD. Gọi E, F thứ tự là trung điểm của AC và AD. Các đường
thẳng EP, FP cắt BD, BC lần lượt tại I và J.
a) Gọi G là giao điểm của IJ và BP. Chứng minh GI.GJ = GB.GP.
b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác ACBD.
Câu 4 (2,0 điểm). Với x, y là những số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
x3
4y3
P=
+ 3
3

x 3 + 8y3
y + ( x + y)

--------------- HẾT --------------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 ĐOAN HÙNG
PHÒNG GD & ĐT

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG
Môn: TOÁN 9
Hướng dẫn chấm thi gồm 04 trang

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8 điểm)

Câu

Đáp án

Điểm

1

C

0,5

2


B

0,5

3

B

0,5

4

C

0,5

5

A

0,5

6

B

0,5

7


A

0,5

8

D

0,5

9

B

0,5

10

D

0,5

11

C

0,5

12


D

0,5

13

A

0,5

14

B

0,5

15

A

0,5

16

C

0,5


II. PHẦN TỰ LUẬN (12 điểm)

Câu

Đáp án

Điểm

Câu 1 (3,0 điểm).
1) Tìm các số nguyên dương n để P = n 3 − 4n 2 + 6n − 4 là số nguyên tố.
2) Cho a =

x
x2
Tính
theo
a
giá
trị
của
biểu
thức
×
P
=
×
x2 − x +1
x4 + x + 1

Ta có

1


2
P = n 3 − 4n 2 + 6n − 4 = ( n − 2 ) ( n 2 − 2n + 2 ) = ( n − 2 ) ( n − 1) + 1



0,50

+) Nếu n = 1 thì P = –1 không là số nguyên tố.

0,25

+) Nếu n ≥ 2 ⇒ ( n − 1) + 1 ≥ 2

0,25

2

Do đó, để P là số nguyên tố thì n – 2 = 1 khi đó n = 3; P = 5

0,50

Vậy n = 3 thì P là số nguyên tố.
x2
x2
x
x
Ta có P = x 4 + x 2 + 1 = x 2 − x + 1 x 2 + x + 1 = x 2 − x + 1 . x 2 + x + 1

(


)(

) (

) (

)

0,50

a2
2a + 1

0,50

+) Nếu x ≠ 0 thì:
2

P = a.

(

x
1
1
= a. 2
= a. 2
2
x + x +1

x + x +1
x − x +1

)

(

)

x

(

x

) +2

= a.

1
1
+2
a

=

+) Nếu x = 0 thì a = 0 khi đó công thức trên vẫn đúng,
a2
Vậy P =
2a + 1


0,50

Câu 2 (3,0 điểm).
2
1) Giải phương trình sau: 3x + 1 − 6 − x + 3x − 14x − 8 = 0.
 2x 3 + 3x 2 y = 5
2) Giải hệ phương trình sau:  3
2
 y + 6xy = 7

1

1
ĐKXĐ: − ≤ x ≤ 6
3

0,25


3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14x − 8 = 0
⇔
⇔

(

) (

)


3x + 1 − 4 + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14x − 5 = 0
3x + 1 − 16 1 − 6 + x
+
+ 3x 2 − 14x − 5 = 0
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
3 ( x − 5)

x−5
+ ( x − 5 ) ( 3x + 1) = 0
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
3
1


⇔ ( x − 5) 
+
+ 3x + 1÷ = 0
 3x + 1 + 4 1 + 6 − x

⇔

0,25

+

0,25

+) x − 5 = 0 ⇔ x = 5 (TMĐK)
+)


3
1
+
+ 3x + 1 = 0
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
1
3

Với − ≤ x ≤ 6 thì

( *)
0,50

3
1
+
+ 3x + 1 > 0 nên phương
3x + 1 + 4 1 + 6 − x

trình (*) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 5.
2x 3 + 3x 2 y = 5
(I)  3
2
 y + 6xy = 7

0,25

( 1)
( 2)


Nhân cả 2 vế của phương trình (1) với 4, ta được hệ:

0,25

8x 3 + 12x 2 y = 20
(II)  3
2
 y + 6xy = 7
Cộng vế theo vế của hai phương trình trong hệ (II), ta được:

( 2x + y )

3

= 27 ⇔ 2x + y = 3 ⇔ y = 3 − 2x , thay vào (1), ta được:

0,50

4x 3 − 9x 2 + 5 = 0 ⇔ ( x − 1) ( 4x 2 − 5x − 5 ) = 0

+) x = 1 ⇒ y = 1

5−
x =
2
+) 4x − 5x − 5 = 0 ⇔ 

5+
x =



105
8
105
8

0,25




 5 − 105 7 + 105   5 + 105 7 − 105  
;
;
÷
÷
÷, 
÷
8
4
8
4

 
 

Vậy (x; y) ∈ ( 1;1) , 



0,50

Câu 3 (4,0 điểm). Cho đường tròn (O; R) và một điểm P cố định nằm bên trong
đường tròn ( P ≠ O ) . Hai dây AB và CD thay đổi nhưng luôn đi qua P sao cho AB
vuông góc với CD. Gọi E, F thứ tự là trung điểm của AC và AD. Các đường thẳng
EP, FP cắt BD, BC lần lượt tại I và J.
a) Gọi G là giao điểm của IJ và BP. Chứng minh GI.GJ = GB.GP.
b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác ACBD.
A
E
C
J

H
G

F
P

K

D

O
I

B

a


Tam giác vuông APC có PE là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên
·
·
·
PE = EA = EC suy ra tam giác AEP cân ⇒ EAP
= EPA
= IPB

0,50

·
·
Lại có DCA
(cùng chắn cung AD)
= DBA

· + DBA
·
·
·
· = 90 0
Mà IPB
= EAP
+ DCA
= 90 0 ⇒ PIB

·
Tương tự PJB
= 900


b

0,5

· + PJB
·
Tứ giác IBJP có PIB
= 1800 nên là tứ giác nội tiếp

0,50

Suy ra GI.GJ = GB.GP

0,50

Hạ OH và OK lần lượt vuông góc với AB và CD. Ta có:
AB2 = 4BH 2 = 4R 2 − 4OH 2 ;CD 2 = 4R 2 − 4OK 2
1
2

0,50

4
2
2
2
2
Ta có SACBD = AB.CD = 2 R − R .PO + OH .OK

0,50


+) SACBD = 2 R 4 − R 2 .PO 2 + OH 2 .OK 2 ≥ 2R R 2 − OP 2

0,50

OH = 0
min SACBD = 2R R 2 − OP 2 ⇔ OH 2 .OK 2 = 0 ⇔ 
OK = 0


Khi đó AB hoặc CD là đường kính của (O;R)
OH 2 + OK 2 OP 2
+ ) OH.OK ≤
=
2
2
OP 4
⇒ SACBD ≤ 2 R − R .PO +
= 4R 4 − 4R 2 .PO 2 + OP 4 = 2R 2 − OP 2
4
2
2
⇒ maxSACBD = 2R − OP ⇔ OH = OK
4

2

2

0,50


Câu 4 (2,0 điểm). Với x, y là những số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
P=

x3
4y3
+ 3
3
x 3 + 8y3
y + ( x + y)

( a + b)
a+b
ab ≤
⇒ ab ≤
2
4

Áp dụng bất đẳng thức

2

( a > 0; b > 0 ) , ta có:
2


4y 2 
2
+

3

÷ ( 2x 2 + 4y 2 ) 2
2
x2 
x 3 + 8y3
 2y   2y   2y 4y  
= 1 +  ÷ = 1 +
+ 2 ÷≤
=
÷1 −
x3
x 
x
x 
4
4x 4
 x  

0,50

x3
2x 2
≥
;
x 3 + 8y3 2x 2 + 4y 2

Suy ra

0,50


Tương tự:

y3
y3 + ( x + y )

≥

3

2y 2
2y 2 + ( x + y )

2

4y 3

⇒

y3 + ( x + y )

3

≥

4y 2
2y 2 + ( x + y )

2


Mặt khác:
2x 2 + 2y 2 ≥ ( x + y ) ⇒ 0 < 2y 2 + ( x + y ) ≤ 2x 2 + 4y 2
2

⇒

4y

2

2y 2 + ( x + y )

2

≥

2

2

4y
2x + 4y 2
2

2x 2
4y 2
+
= 1 . Dấu bằng xảy ra khi x = y
Suy ra P ≥ 2
2x + 4y 2 2x 2 + 4y 2


Lưu ý:

0,50

0,50


+ Hướng dẫn chấm dưới đây là lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi
giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết hợp lô gic và có
thể chia nhỏ điểm đến 0,25 điểm.
+ Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì thống nhất
và cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm.
+ Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn số.