PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN NGA SƠN
ĐỀ CHÍNH
THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2016 - 2017
Mơn: Tốn
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: ...... tháng ...... năm 2016

Bài 1 (4,0 điểm)
1) Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị của x:
6 x  ( x  6) x  3
3
1


A = 2( x  4 x  3)(2  x )  2 x  10 x  12 3 x  x  2 .

Điều kiện x 0 , x  4; x  9 ; x  1
2 3



2

3

2  2 3

2) Rút gọn biểu thức: B = 2  2  3
Câu 2: (3,0 điểm).
Cho đường thẳng (m – 2)x + (m – 1)y = 1 (d).
a) Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị
của m.
b) Tính giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đường thẳng (d) là lớn
nhất.
Bài 3: (4,0 điểm)


x

5 2



3

17 5  38

5  14  6 5

.

3x
Tính giá trị của biểu thức: B = 

3

 8x2  2


2015

a. Với
.
b. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x ; y) với x > 1, y > 1 sao cho
(3x+1)  y đồng thời (3y + 1)  x.
Bài 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF
cắt nhau tại H. Chứng minh rằng:
1
a) SABC = 2 AB.BC.sinB và AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC.
AD
b) tanB.tanC = HD .
c) H là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác DEF.
HB.HC HC.HA HA.HB


1
d) AB.AC BC.BA CA.CB
.
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn:

x 2  y 2  y 2  z 2  z 2  x 2 2015 .

x2
y2
z2
T



y

z
z

x
xy .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Câu 6:(2,0 điểm) Cho tam giác ABC, I là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Các
tia AI, BI, CI cắt BC, CA, AB lần lượt tai M, N, K. Chứng minh rằng:


IA
IB
IC


3 2
IM
IN
IK
HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài

Câu
1)


Tóm tắt cách giải
6x  (x  6) x  3
3
1
A


2(x  4 x  3)(2  x )  2x  10 x  12 3 x  x  2
A

1
(4đ)

6x  (x  6) x  3
3
1


2(2  x )( x  3)( x  1) 2( x  3)(2  x) (2  x)( x  1) 0,75

2điể Do x 0; x
m

4; x

9

6 x −(x+6) √ x −3 − 3(√ x −1)−2( √ x − 3)
2( √ x − 1)( √ x − 3)(2− √ x )


A =

6 x − x √ x −6 √ x −3 − 3 √ x +3 −2 √ x +6
2( √ x − 1)( √ x −3)(2− √ x)

A =

2)

1; x

A=

A =

Điểm

x
2 −√¿
¿
2( √ x −1)( √ x − 3) ¿
(2 x −6 √ x)−2( √ x −3)− x ( √ x −3)+ √ x( √ x −3)
¿
x
2 −√¿
¿
x
1
2 −√¿
= 2 => ĐPCM

¿
2( √ x −1)( √ x − 3)¿
( √ x − 1)( √ x − 3)¿
¿

B
2 3
2 3
2 3 2




2
3

3
3
2 42 3 2 4 2 3

0,75

0,5

3
3

1,0

2điểm


2
(3đ)

B
(2  3)(3  3)  (3  3)(2  3) 3  3  3  3


0,75
6
2
(3  3)(3  3)
B
1  B  2
0,25
2
a.
Điều kiện cần và đủ để đường thẳng (m – 2)x + (m – 1)y =
0,5 đ
(1,5đ) 1 (d) đi qua điểm cố định N(xo,yo) là:
(m – 2)xo + (m – 1)yo = 1, với mọi m
0,5 đ
⇔ mxo – 2xo + myo – yo – 1 = 0, với mọi m
⇔ (xo + yo)m – (2xo + yo + 1) = 0 với mọi m
⇔

 xo  yo 0
 xo 1



2 xo  yo  1 0
 yo  1

Vậy các đường thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định N (1; 1).

0,5 đ


b.
+ Với m = 2, ta có đường thẳng y = 1
(1,5đ)
do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1
(1)
+ Với m = 1, ta có đường thẳng x = -1
do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1
(2)
+ Với m ≠ 1 và m ≠ 2
Gọi A là giao điểm của đường thẳng (d) với trục tung.
⇒

1
1
y = m  1 , do đó OA = m  1

⇒

1
1
x = m  2 , do đó OB = m  2


0,5 đ

Ta có: x = 0
.
Gọi B là giao điểm của đường thẳng (d) với trục hoành.
Ta có: y = 0
Gọi h là khoảng cách Từ O đến đường thẳng (d). Ta có:
3 2 1 1
m− ¿ + ≥
2
2 2
2
2
m− 2¿ =2 m −6 m+5=2¿
.
m −1 ¿2 +¿
1
1
1
=
+ 2 =¿
2
2
h OA OB

Suy ra h 2  2, max h =

3
2 khi và chỉ khi m = 2 .


0,5 đ

0,5 đ

(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra Max h =
3
(4đ)

3

x



5 2

3



5 2

5  (3  5)
a. Ta có
Từ tính được B = - 1.

2

3

2 khi và chỉ khi m = 2 .

 

5 2



5 3

5 2
5

 1 .
3

1,25
0,75

b. Dễ thấy x  y . Khơng mất tính tổng quát, giả sử x > y.
Từ (3y + 1)  x

 3 y  1  p.x

 pN .
*

Vì x > y nên 3x > 3y + 1 = p.x.
 p < 3. Vậy p   1; 2
 Với p = 1:  x = 3y + 1  3x + 1 = 9y + 4  y  4y

  2; 4

4
(6đ)

Mà y > 1 nên y
+ Với y = 2 thì x = 7.
+ Với y = 4 thì x = 13.
 Với p = 2:  2x = 3y + 1  6x = 9y + 3  2(3x + 1) = 9y +
5
Vì 3x + 1 y nên 9y + 5y suy ra 5y , mà y > 1 nên y = 5,
suy ra x = 8.
Tương tự với y > x ta cũng được các giá trị tương ứng.
Vậy các cặp (x; y) cần tìm là: (7;2);(2;7);(8;5);(5;8);(4;13);
(13;4);
a(2,0đ)
A

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25


F
H

B

D

C

1
* Ta có: SABC = 2 .BC.AD.
1
ABD vuông tại D có AD =AB.sinB, do đó SABC = 2
BC.AB.sinA.
ABE vuông ở E có AE = AB.cosA
BFC vuông ở F có BF = BC.cosB
ACD vuông ở D có CD = AC.cosC
Do đó AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC.
AD
AD
b(1,5đ) Xét ABD có tanB = BD ; ACD có tanC = CD
AD 2
suy ra tanB.tanC = BD.CD (1)



Do HBD CAD (cùng phụ với ACB ) nên BDH  ADC (g.g)
DH BD


DC AD  BD.DC = DH.DA
AD2
AD


Kết hợp với (1) được tanB.tanC = DH.AD DH .


c(1,5đ) Chứng minh được AEF  ABC (g.g)  AEF ABC .




Tương tự được CED CBA nên AEF CED mà BE  AC




 AEB
CEB
DEB
= 900. Từ đó suy ra FEB
 EH là phân
trong của DEF.
Tương tự DH, FH cũng là phân giác trong của DEF nên H là
giao ba đường phân giác trong của DEF.
d(1,0đ) Ta có : SBHC + SCHA + SAHB = SABC.
CH CE


CA
CF
Dễ thấy CHE  CAF(g.g)
HB.HC HB.CE 2.SBHC SBHC





AB.AC AB.CF 2.SABC SABC
HC.HA SCHA HA.HB SHAB


BC.BA
S
CA.CB
SCAB .
CBA
Tương tự có
;
HB.HC HC.HA HA.HB SBHC SCHA SAHB





1
AB.AC
BC.BA
CA.CB
S
S
S
BAC
CBA

ACB
Do đó:

1,0

1,0

0,5

0,5
0,5

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


5
(1đ)

2
2
2
2
2
2

a  x  y ; b  y  z ;c  z  x
a  b  c 2015 .

Đặt

a; b;c  0



và

2
2
2
2
2
2
Ta có: a  b  c 2(x  y  z ) 

a 2  b 2  c2 2 a 2  b 2  c 2 2  a 2  b 2  c 2
;y 
;z 
2
2
2
.
2
x
a 2  b2  c2


2
2
2
2
2b 2 .
Do đó: (y  z) 2(y  z ) 2b  y  z  2b  y  z
y2
a 2  b2  c2 z 2
 a 2  b 2  c2

,

xy
2c 2
2a 2
Tương tự: z  x
.
 x2 

a 2  b 2  c2
b a 2  b 2  c2
c a 2  b 2  c2
a






2b 2

2
2c 2
2
2a 2
2
1
 1 1 1 a bc

(a 2  b 2  c 2 )     

2 2
2
a b c
1
 1 1 1  2015

(a  b  c) 2     

6 2
2
a b c
1
 1 1 1  2015

(a  b  c)(a  b  c)     

6 2
2
a b c
1

2015 2015

2015.9 

6 2
2
2 2 .

0,25
0,25

T


0,25

0,25

2015
3 .
Dấu đẳng thức xảy ra khi
2015
2015
min T 
x y z 
2 2 khi
3 2 .
Vậy
a b c 


6
(2đ)

Đặt
S BIC  x 2 , SCIA  y 2 , S AIB  z 2  S ABC x 2  y 2  z 2

0.25

A
K

N
I

B
M
AM S ABC x 2  y 2  z 2
AI
y2  z2
AI y 2  z 2



 1 1 


IM
S BIC
x2
IM

x2
IM
x2


C
0.5

y2  z2
IA

IM
x

Chứng minh tương tự ta có:
IB
z2  x2

,
IN
y

x2  y2
IC

IK
z

0.25



y2  z2
x2  y 2
IA
IB
IC
z 2  x2





IM
IN
IK
x
y
z




yz zx xy
1 y z z x x



     
2.x
2. y

2.z
2x x y y z

Vây

IA
IB
IC


3 2
IM
IN
IK

y 6
3 2

z
2

1.0