PHỊNG GD&ĐT TAM DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2020-2021
ĐỀ THI MƠN: TỐN
ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi này gồm 01 trang

Lưu ý: Thí sinh khơng được sử dụng máy tính cầm tay.

Câu 1. (3,0 điểm) Cho biểu thức: Q 

x3
x 1  2

a) Tìm x để Q xác định và rút gọn Q.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = Q + x.
Câu 2. (2,0 điểm) Cho x  6  4 cos 450 3 

2  2 3  18  16sin 450  tan 600 . Tính giá trị

biểu thức: T  20 x1982  11x11  2020 .
Câu 3. (2,0 điểm) Tìm các giá trị của m để nghiệm của phương trình

m 1
 1  m (với m là
x 1

tham số) là số dương.
Câu 4. (2,0 điểm) Giải phương trình: 2 2 x  1  x  3  5 x  11  0 .
Câu 5. (1,5 điểm) Tìm số tự nhiên n để A là số nguyên tố, biết A  n3  n 2  n  2 .

Câu 6. (1,5 điểm) Tìm số tự nhiên có hai chữ số ab thỏa mãn:

ab 

ab
.
ab

Câu 7. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC, biết AB = c; BC = a; CA = b. Vẽ phân giác AD (D thuộc
BC). Chứng minh rằng: AD 

2bc
.
bc

   (α < 450).
Câu 8. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, C

a) Tìm giá trị của α để CH = 3BH.
b) Chứng minh rằng: sin 2  2sin  cos  .
Câu 9. (1,5 điểm) Cho các số thực x, y, z thay đổi sao cho 3 x  y  z  12. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức: M  5 x 2  3 y 2  z 2  2 xy  2 yz  6 x  6 y  14.
Câu 10. (1,5 điểm) Cho năm số nguyên dương đôi một phân biệt sao cho mỗi số trong chúng
khơng có ước nguyên tố nào khác 2 và 3. Chứng minh rằng trong năm số đó tồn tại hai số mà
tích của chúng là một số chính phương.
-------------HẾT-----------Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: ......................................................................, SBD:................, Phịng thi:...........


PHÒNG GD&ĐT TAM DƯƠNG


HƯỚNG DẪN CHẤM – ĐÁP ÁN
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2020-2021
ĐỀ THI MƠN: TỐN

HƯỚNG DẪN CHẤM
I. LƯU Ý CHUNG:
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của thí sinh. Khi
chấm nếu thí sinh bỏ qua bước nào thì khơng cho điểm bước đó.
- Nếu thí sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
- Thí sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó khơng được
điểm.
- Trong lời giải câu 7,8 nếu thí sinh khơng vẽ hình thì khơng cho điểm.
- Điểm tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
Nội dung trình bày
x  1
 x  1  0
 x  1


x  3
 x  1  2  0
 x  1  2

0.5


x3
x 1  2

0.25

Q xác định 

Với x ≥1; x ≠ 3 ta có. Q 


a)



Câu 1
(3,0
điểm)



 x  3 



x 1  2

 x  3 




x 1  2



  2

x 1 

 x  3 

x 1  2

x 1  2
2







x 1  2

0.25

0.25

2




0.25

x 1 2
 x 1  2

Với x ≥1; x ≠ 3 thì Q  x  1  2
Với x ≥1; x ≠ 3, ta có P  Q  x  x  x  1  2

Câu 2
(2,0
điểm)

Điểm

0.25
0.25

Vì x ≥1; x ≠ 3  x  1  0
b) nên P  x  x  1  2  1  2
Dấu “=” xảy ra khi x = 1

0.25
0.25
0.25

Vậy Pmin  1  2  x  1

0.25


x  6  4 cos 450 3 

Ta có
 64

2
3
2

2  2 3  18  16sin 450  tan 600
2  2 3  18  16

2
 3
2


 6 2 2 3

2  2 3  18  8 2  3

 6 2 2 3

22 3

4  2 

2

0.25

0.25

 3

 6 2 2 3 4 2 3  3  6 2 2 3





3 1

2

 3

 62 2 2 3  3  62 42 3  3

 62












3 1

2

 3  42 3  3

2

3 1  3  1

Thay x = 1 vào T, ta được
T = 20.11982 + 11.111 + 2020 = 2051
Vậy T = 2051
ĐKXĐ:
.
Đưa phương trình về dạng (1-m)x=2
Nếu m=1 thì phương trình vơ nghiệm
Nếu
Câu 3
(2,0
điểm)

thì x 

2
1 m

2
là nghiệm của phương trình thì x  1  m  1
1 m

2
Vậy nghiệm của phương trình là x 
với m  1
1 m

Để x 

 m  1
m  1 m  1

Phương trình có nghiệm dương khi  2


m  1
m  1
1  m  0

Vậy với m  1 ; m  1 thì phương trình có nghiệm dương

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

0.25

0.25
0.25

Giải phương trình 2 2 x  1  x  3  5 x  11  0 .
1
2
2 2 x  1  x  3  5 x  11  0
 2 2 x  1  x  3  5 x  11

ĐKXĐ: x 
Câu 4
(2,0
điểm)

0.25
0.25
0.25

 9 x  1  4 2 x 2  5 x  3  5 x  11

0.25

 2x2  5x  3  3  x
x  3
 2
2
2 x  5 x  3  9  6 x  x


0.25
0.25


x  3
x  1

 2
 x  12
 x  11x  12  0
Đối chiếu điều kiện ta được x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình
Ta có, A  n3  n 2  n  2

0.25
0.25
0.25

 n 3  2n 2  n 2  2n  n  2

  n  2   n 2  n  1

Câu 5
(1,5
điểm)

0.25

Do n  2  n 2  n  1 , với n  N
Vậy A là số nguyên tố khi và chỉ khi n  2  1 và n 2  n  1 là số nguyên tố
 n  3 và khi đó A  13 (thỏa mãn)

Vậy n = 3, thì A là số nguyên tố
ab 

Ta có, với a, b  N * thì

ab

ab

 a  b

3

3

a + b là số chính phương.
Vì 1  a  b  18 nên a  b  1; 4;9;16

Câu 6
(1,5
điểm)

 

 ab   a  b   ab

2

, nên


0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

+ Với a + b = 1 ta có ab  1 (loại)
+ Với a + b = 4 ta có ab  8 (loại)
+ Với a + b = 9 ta có ab  27 (thỏa mãn)
+ Với a + b = 16 ta có ab  64 (loại)
Vậy số tự nhiên cần tìm là 27

0.25

A

E

B

D

C

0.25
0.25


Qua D kẻ DE song song với AB, E ∈ AC.
Chứng minh được ∆EAD cân tại E. Suy ra AE =ED.
Áp dụng hệ quả của định lý Ta-lét vào ∆ABC ta có:

Câu 7
(2,0
điểm)

AE ED EC AE



1
AC AB AC CA
1 1
bc
hay AE(  )  1  AE 
b c
bc

Suy ra:

Trong tam giác ADE có AD < AE + ED
 AD  2AE (đpcm)
 AD 

Câu 8
(3,0


a

2bc
bc

A

ED EC

AB AC

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25


điểm)

B

H

2α

M

α


C

Xét tam giác ABH vng tại H, ta có BH = AH.cotB = AH.tanα
Xét tam giác ACH vuông tại H, ta có CH = AH.cotα
CH  3BH  AH .cot   3 AH .tan 

0.25
0.25
0.25

1
 3 tan 
tan 
1
3
 tan 2  

3
3
0
   30 , Vậy   300 thì CH = 3BH


b

0.25
0.25
0.25


Kẻ trung tuyến AM
Vì C = α < 450 nên C < B  AB < AC  H nằm giữa B và M
theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vng ta
1
2
M  AMB  2C  2

có, AM  MB  MC  BC , suy ra tam giác AMC cân tại

0.25
0.25

AB
AC
; cos  
BC
BC
AH
Tam giác AHM vuông tại H, ta có sin 2 
(1)
AM
AB AC
AH .BC
AH
AH
Ta có 2 sin  cos   2.
.
 2.
 2.


(2)
2
BC BC
BC
2 AM AM

Tam giác ABC vng tại A, ta có sin  

0.25
0.25
0.25
0.25

Từ (1) và (2) suy ra sin2α = 2sinαcosα.
Ta có M  4 x 2  4 xy  y 2  y 2  2 yz  z 2  x 2  y 2  9  2 xy  6 x  6 y  5

0.25

 (2 x  y )2  ( y  z ) 2  x 2  y 2  32  2 xy  2.3x  2.3. y  5

 2 x  y  y  z  x  y  3  5
(2 x  y ) 2 ( y + z ) 2 ( x  y  3) 2



5
1
1
1
111

(3 x  y  z  3) 2

5
3
2

Câu 9
(1,5
điểm)

Theo giả thiết, ta có
3x  y  z  12  3x  y  z  3  9  (3x  y  z  3) 2  81.
Suy ra M  32.
2 x  y  y  z

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi :  y  z  x  y  3
3 x  y  z  3  9


Vậy M min

2 x  2 y  z  0
x  3


 x  z  3
  y  3.
3x  y  z  12
z  0



 32  x  y  3, z  0.

0.25

0.25

0.25

0.25
0.25


Gợi các số đã cho là a1 , a2 , a3 , a4 , a5 . vì các số này khơng có ước số ngun tố
nào khác 2 và 3 nên các số này đều có dạng ai  2 x 3 y với xi, yi là các số tự
nhiên.
Xét 5 cặp số  x1; y1  ;  x2 ; y2  ;  x3 ; y3  ;  x4 ; y4  ;  x5 ; y5  mỗi cặp số này nhận giá trị
một trong bốn trường hợp sau: (số chắn; số chẵn), (số chẵn; số lẻ), (số lẻ; số
chẵn), (số lẻ; số lẻ)
Nên theo nguyên lí Dirichlet thì có ít nhất 2 cặp số trên nhận cùng một dạng
giá trị.
Khơng mất tính tổng qt khi giả sử  x1; y1  ;  x2 ; y2  cùng nhận giá trị dạng (số
chẵn; số lẻ).
Khi đó x1  x2 ; y1  y2 đều là số chẵn nên
a1a2  2 x .3 y .2 x .3 y  2 x  x .3 y  y là số chính phương. Do đó ta có điều phải
chứng minh
i

Câu
10

(1,5
điểm)

1

1

2

2

1

2

1

2

---------- Hết ----------

i

0.25

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25