UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT 1
Năm học 2015 - 2016
Mơn thi: Tốn - Lớp 9
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề)

�x 2
x
1 � x 1


Bài 1 (2,0đ): Cho P  �
�:
x
x

1
x

x

1
1

x
�
� 2

a/ Rút gọn biểu thức P (0,75đ Khá)

b/ Tìm x để P =

2
(0,75đ Khá)
7

c/ So sánh P2 với 2P (0,5 Khá)
Bài 2 (2,0đ):
1/ Giải phương trình: x  x 

1
1
 1  (1đ Giỏi)
x
x

2/ Trên một mặt phẳng tọa độ, cho các điểm M(2; 1), N(3; – 4), P(5; 3) lần lượt là
trung điểm các cạnh AB, BC và CA của tam giác ABC.
a/ Viết phương trình của đường thẳng AB; BC. (0,5đ Khá)
b/ Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. (0,5 Khá)
Bài 3 (2,0đ):
1/ Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2  xy  2014 x  2015 y  2016  0 (1đ Khá)
2/ Tìm số tự nhiên có 4 chữ số, biết rằng: Tổng của số đó với các chữ số của nó
bằng 2023 (1đ Giỏi)
Bài 4 (3,0đ): Cho đường trịn (O;R) cố định, đường kính AB. Lấy điểm I nằm trên tia
đối của BA, kẻ tiếp tuyến IC (C là tiếp điểm). Gọi M là 1 điểm cố định thuộc nửa
đường trịn đường kính AB khơng chứa điểm C (M khác A;B). Gọi N là giao điểm
thứ 2 của IM với (O); H là hình chiếu của C trên AB; K là hình chiếu của O trên
IM, E là giao điểm của CH và OK.
a/ Chứng minh: IC2 =IA.IB (1đ Khá)

b/ Chứng minh: IH.IO=IM.IN (1đ Giỏi)
c/ Khi I di động trên tia đối của BA, hãy tìm quỹ tích điểm E. (1đ SX)
Bài 5 (1,0đ): Cho 2 số nguyên a, b thỏa mãn a 2  b 2  1  2(ab  a  b) . Chứng minh a; b là
2 số chính phương liên tiếp. (1đ SX)
-------------- Hết ---------------


UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT 1
Năm học 2015 - 2016
Mơn thi: Tốn - Lớp 9
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (2,0đ):
Ý

Đáp án
�
�
x

2
x
1
�: x  1
P�



3
�
� 2 (với x �0 ; x≠1)
x

x

1
x

1
� x 1
�
�
�
x  2  x  x  x  x 1 2

�
x 1
x 1 x  x 1

Điểm

 

a/










x  2 x 1







x 1 x  x 1

�

2
2

x 1 x  x 1

2
x  x 1
2
Ta có: P 
(với x �0 ; x≠1)
x  x 1
2

2
2
P �
 � x  x 1 7 � x  x  6  0
7
x  x 1 7
Vậy P 

b/

�



x 2



x 3 0�

� x4

Vậy với x =4 thì P =
Ta có: P 








x  2  0 (vì x �0 nên

0,25đ

0,25đ

x  3  0)

0,5đ

2
7

2
( Với x �0 ; x ≠ 1)
x  x 1

Do x �0 ; x≠1 nên x  x  1  0 � P 
c/

0, 5đ

2
0
x  x 1

Ta lại có x  x �0 (vì x �0 ; x≠1)
1
2

�x��
�
x 1 1
1 P
2
x  x 1
x  x 1
Ta có P2 – 2P = P(P – 2) �0 (vì 0< P �2 ) => P2 �2P
Vậy P2 �2P

0,25đ
0,25đ


Bài 2 (2,0đ):
Ý

Đáp án

ĐK:

Điểm

� 1
�x  x �0
�
x �1
�
� 1
1  �0  �

�
1 �x  0
�
� x
�x �0
�
�

0,25đ

TH1: 1 �x  0 . VT<0; VP>0 nên PT vô nghiệm.
1
1 
1
1
x  1  x 
TH2: x 1 . PT: x   x   1 
x
x
x
x

1/

0,25đ

2


1

1
1
  x  1   x 
 x 2 – 2 x 1    1   x    0


x
x
x


1�
 x 2    x  2 x 2 �
1  � 1  0  x  x  1  2 x( x  1)  1  0
�
� x�






2

x  x  1  1  0 

0,25đ

x  x  1  1  x 2  x  1  0


 x  1  5 (vì x  1)
2
�
1 5 �
Vậy S  �
�
� 2 �

0,25đ

+ Viết được phương trình của đường thẳng MP là y 

2
1
x –
3
3

0,25đ

+ Đường thẳng BC song song với MP nên phương trình có dạng
2-a/

2
x  b . Vì N thuộc đường thẳng BC tìm ra b = – 6. Vậy phương trình
3
2
của đường thẳng BC là y  x – 6 .
3
y 


7
2

2-b/

+ Tương tự ta có ptđt AB là y  x – 6

0,25đ

� 2
y  x – 6
�
� 3
+ Giải hệ �
�y  7 x  6
� 2

0,25đ

ta suy ra tọa độ đỉnh B(0; – 6)

Sử dụng công thức tọa độ trung điểm, với P là trung điểm AC nên P là
trung điểm của BD, tìm ra tọa độ điểm D(10;12).
Vậy D(10;12).

0,25đ


Bài 3 (2,0đ):

Ý

Đáp án
Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2  xy  2014 x  2015 y  2016  0
� x 2  xy  x  2015 x  2015 y  2015  1

Điểm

�  x  y  1  x  2015   1

0,25đ

�x  y  1  1
�x  y  1  1
�  x; y    2016; 2016  hoặc
��
hoặc �
�x  2015  1
�x  2015  1
�  x; y    2014; 2016 

0,25đ

� x  x  y  1  2015  x  y  1  1

1/

2/

Vậy  x; y    2016; 2016  hoặc  x; y    2014; 2016  .

Tìm số tự nhiên có 4 chữ số, biết rằng: Tổng của số đó với các chữ số của
nó bằng 2023
N ;1 a 9;0 b; c; d 9
Gọi số cần tìm là abcd ĐK: a; b; c; d Σ���
Theo bài ra ta có: abcd  a  b  c  d  2023 (1)
Vì abcd  a  b  c  d  2023 nên abcd  3000 và 1 �a �9 nên a=1; 2.
TH1: a=1.
Thay vào (1) ta được: 1bcd  1  b  c  d  2023 � bcd  b  c  d  1022 (2)
� bcd  1022  (b  c  d )  1022   9  9  9   995 nên b=9.
Thay vào (2) ta được: 9cd  9  c  d  1022 � cd  c  d  113 (3)
� cd  113   c  d   113   9  9   95 nên c=9.
Thay vào (3) ta được: 9d  9  d  113 � d  d  14 � d  7
Suy ra số cần cần tìm là: 1997.
TH2: a=2.
Thay vào (1) ta được: 2bcd  2  b  c  d  2023 � bcd  b  c  d  21 (4)
� bcd  21  (b  c  d )  21   0  0  0   21  100 nên b=0.
Thay vào (4) ta được: 0cd  0  c  d  21 � cd  c  d  21 (5)
� cd  21   c  d   21   0  0   21 nên c=0;1;2.
+ Nếu c=0. Thay vào (5) ta được: 0d  0  d  21 � d  d  21 � d  10,5
� (loại).
+ Nếu c=1. Thay vào (5) ta được: 1d  1  d  21 � d  d  10 � d  5
Suy ra số cần cần tìm là: 2015.
+ Nếu c=2. Thay vào (5) ta được: 2d  2  d  21 � d  d  1 � (loại).
Vậy có 2 số tmycbt là: 1997 và 2015.

0,25đ

0,25đ

0,25đ


0,25đ

0,25đ
0,25đ


Bài 4 (3,0đ):
Ý

Đáp án

Điểm

0,25đ

a/

b/

Chứng minh: IC2 =IA.IB
2
2
2
2
2
Chỉ ra: IC  IO  OC  IO  OA   IO  OA  IO  OA  IA.IB � đpcm.
Chứng minh: IH.IO=IM.IN
Chỉ ra: OCI vuông tại C, đường cao CH nên IC 2  IH .IO (1)
2

2
Chỉ ra: IM .IN   IK  KM   IK  KN   IK  KM
 IK 2   OA2  OK 2    IK 2  OK 2   OA2  IO 2  OA2

  IO  OA  IO  OA   IA.IB  IC 2 (2)

c/

Từ (1) và (2) suy ra: IH.IO=IM.IN � đpcm.
Khi I di động trên tia đối của BA, hãy tìm quỹ tích điểm E.
+ Chỉ ra: OHE đồng dạng với OKI suy ra OK.OE=OH.OI (3)
+ OCI vuông tại C, đường cao CH nên OH.OI=OC2= OM2. (4)
+ Từ (3); (4) suy ra: OK.OE=OM2. Chỉ ra OKM đồng dạng với OME .
�  OKM
�  900 suy ra: ME  OM .
Nên OME
Vì (O); AB ; M cố định nên đường thẳng đi qua M và vng góc với OM
cũng cố định tức là đường thẳng ME cố định. Nên quỹ tích điểm E là nằm
trên đường thẳng đi qua M và vng góc với OM.
Giới hạn quỹ tích: Phần đường thẳng ME nằm giới hạn giữa 2 đường tiếp
tuyến của đường tròn (O) tại A và B.

0,75
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ



Bài 5 (1,0đ): Cho 2 số nguyên a, b thỏa mãn a 2  b2  1  2(ab  a  b) . Chứng minh a;
b là 2 số chính phương liên tiếp. (1đ SX)
Ý
Đáp án
Điểm
Cho 2 số nguyên a,b thỏa mãn
a 2  b 2  1  2(ab  a  b) � a 2  b 2  1  2ab  2a  2b  4a
�  a  b  1  4a . Suy ra a �0 .
2

 a  b  1

2

 4a là số chính phương suy ra a là số chính phương

Nên đặt a = x2 (x là số nguyên). Khi đó:
2
 x2  b  1  4 x 2 � x 2  b  1  �2 x
� b   x m1

2

Ta thấy x và (x+1) hoặc (x-1) và x là các số nguyên liên tiếp.
Suy ra: x2 và (x+1)2 hoặc (x-1)2 và x2 là các số chính phương liên tiếp.
Vậy a và b là hai số chính phương liên tiếp
Ghi chú: Các cách giải khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.


0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ