Bộ Đề thi chọn HSG lớp 9 cấp huyện Thanh Oai năm học: 2014 - 2015 môn: Toán

PHÒNG GD&ĐT-THANH OAI
TRƯỜNG THCS KIM AN
ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN
Năm học: 2014 - 2015
Môn: Toán
 Thời gian làm bài: 150 phút
ĐỀ BÀI
Câu 1 (6 điểm) 
 Cho P = . 
 a, Rút gọn P.
 b, Tìm các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.
Câu 2 (4 điểm)
 a, Giải phương trình:
 + = x + 4
 b, Cho 00 < < 900 và sin+ cos. Tính tan 
Câu 3 (3 điểm)
 a, Cho a, b, c > 0 thỏa mãn biểu thức a + b + c = 1
 Chứng minh rằng: .
 b, Cho 0 < x < 1. Tìm GTNN của .
Câu 4 (6 điểm)
 Cho tam giác ABC có , kẻ đường cao AH (H thuộc BC). 
 Vẽ đường tròn ( I; ) nó cắt AB tại P và AC tại Q. Qua P và Q vẽ hai tiếp tuyến với đường tròn ( I; ), chúng cắt BC lần lượt tại E và F. 
 Chứng minh rằng:
 a, PE// QF.
 b, AB . AP = AQ . AC
 c, Cho AB = 5cm; AC = 12cm. Tính EF.
 d, Giả sử BC cố định còn A di động nhưng luôn nhìn BC dưới một góc 900. Tìm vị trí của A để diện tích tam giác APQ lớn nhất.
Câu 5 (1 điểm)
 Chứng minh rằng không tồn tại x, y là số nguyên thỏa mãn biểu thức: 
 2012x2015 + 2013y2018 = 2015.
---------------- Hết --------------
Người ra đề: Hoàng Văn Phú
Người kiểm tra đề: Nguyễn Thị Thu Hường
Phßng GD huyÖn Thanh Oai
Tr­êng THCS Bình Minh
§Ò thi chän häc sinh giái líp 9 
 n¨m häc 2014- 2015
Thêi gian lµm bµi 150 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) 
Bµi 1: (6®)
a. Cho biÓu thøc:
1.Rót gon P
2.T×m c¸c gi¸ trÞ cña x ®Ó P= 
3. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P
b. Chøng minh r»ng 
A=
Bµi 2:(4®)
Gi¶i ph­¬ng tr×nh:
b)Chøng minh r»ng : n2 + 7n + 2014 kh«ng chia hÕt cho 9 víi mäi sè tù nhiªn n.
Bµi 3:(3®)
a) T×m nghiÖm nguyªn cña ph­¬ng tr×nh
 1 + x + x2 + x3 = y3
b)Cho a,b,c lµ c¸c sè d­¬ng vµ a+b+c=1 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc A= 
Bµi 4:(6®)
 Cho ®­êng trßn t©m O b¸n kÝnh R, tõ mét ®iÓm S ë ngoµi ®­êng trßn vÏ c¸c tiÕp tuyÕn SA.SB ( A, B lµ c¸c tiÕp ®iÓm). KÎ ®­êng kÝnh AC cña (O) c¾t AB t¹i E. Chøng minh: 
Bèn ®iÓm A,O,S,B thuéc cïng mét ®­êng trßn.
AC2 = AB.AE
SO // CB
OE vu«ng gãc víi SC
Bµi 5: (1®) T×m a,b lµ c¸c sè nguyªn d­¬ng sao cho: a + b2 chia hÕt cho a2b-1
PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS XUÂN DƯƠNG 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9 
NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn thi: Toán 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (6đ)
	Cho biểu thức A = 
	1. Rút gọn A
	2. Tìm số nguyên x để A nguyên
	3. Với x, x 25, x 9 tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
	B = 
Câu 2: (4đ)
Giải phương trình:
Tìm giá trị nhỏ nhất của 
 A = với x,y,z là các số dương và x2 + y2 + z2 = 1
Câu 3: (3đ) 
 a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :
 2x6 + y2 –2 x3y = 320
 b) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn .
	Chứng minh rằng: .
Câu 4: (6đ) 
 Cho đường tròn tâm O đường kính AB. M là điểm thuộc đoạn thẳng OA, vẽ đường tròn tâm O’ đường kính MB. Gọi I là trung điểm đoạn thẳng MA, vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I. Đường thẳng BC cắt đường tròn (O’) tại J.
a) Chứng minh: Đường thẳng IJ là tiếp tuyến của đường tròn (O’).
b) Xác định vị trí của M trên đoạn thẳng OA để diện tích tam giác IJO’ lớn nhất.
Câu 5: (1đ) 
	Tìm các số nguyên dương x,y thỏa mãn: 2xy + x + y = 83
-----------Hết-----------
PHÒNG GD&ĐT THANH OAI TRƯỜNG THCS XUÂN DƯƠNG
ĐÁP ÁN CHẤM THI HGS TOÁN 9 
Năm học: 2014 – 2015
Câu
ý
Nội dung trình bày
Điểm
1
 (6đ)
a
Tìm đúng điều kiện 	
1,0
Rút gọn 	
1,5
b
 x z => là Ư(5)	
0,5
=> 
1,0
c
0,5
1,0
=> => min B = 4 x=4
0,5
2
 (4đ)
a
ĐK: hoặc x=0,5
0,5
Biến đổi:
Hoặc (2)
1,0
 Giải (1) được x=0,5 (thỏa mãn),giải (2) được x=5 (thỏa mãn)
0,5
b
A = 
Nên A2 =( vì x2+y2+z2 =1)
 = B +2 
0,75
 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương ta có
Tương tự 
Cộng vế với vế ta được 2B 2
0,75
 Do đó A2 = B +2 3 nên A 
 Vậy Min A = x=y=z= 
0,5
3
(3đ)
a
Từ 2x6 + y2 – 2x3y = 320 (x3-y)2 +(x3)2=320
=> (x3)2 320 
0,5
mà x nguyên nên 
Nếu x=1 hoặc x=-1 thì y không nguyên (loại)
Nếu x=2=> y=-2 hoặc y=6
Nếu x=-2 => y=-6 hoặc y=2
0,75
Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là:
 (2;-2);(2;6);(-2;-6);(-2;2)
0,25
b
Áp dụng BĐT (với a, b > 0)
0,5
Ta có: 
Tương tự: 
0,5
Cộng vế theo vế, ta có: 
0,5
C 
J 
A 
I 
M 
D 
O 
O’ 
B 
4
(6đ)
1,0
a
Xét tứ giác ACMD có : IA = IM (gt), IC = ID (vì ABCD : gt) ACMD là hình thoi
0,5
AC // DM, mà ACCB (do C thuộc đường tròn đường kính AB)
0,5
DMCB; MJCB (do J thuộc đường tròn đường kính MB)
D, M, J thẳng hàng.
0,5
Ta có : (vì )
Mà (do IC = IJ = ID : CJD vuông tại J có JI là trung tuyến)
(do O’J = O’M : bán kính đường tròn (O’); và đối đỉnh)
0,5
 Þ IJ là tiếp tuyến của (O’), 
J là tiếp điểm
0,5
b
Ta có: IA = IMIO’ = = R (R là bán kính của (O))
O’M = O’B (bán kính (O’)
0,5
JIO’ vuông tại I : IJ2 + O’J2 = IO’2 = R2
0,5
Mà IJ2 + O’J2 2IJ.O’J = 4SJIO’
Do đó SJIO’ 
0,5
SJIO’ = khi IJ = O’J và JIO’ vuông cân
 có cạnh huyền IO’ = R nên :
2O’J2 = O’I2 = R2 O’J = 
0,5
Khi đó MB = 2O’M = 2O’J = R
0,5
5
(1đ)
Tìm x,y nguyên dương thỏa mãn: 2xy + x +y = 83
0,5
Do x,y nguyên dương 
Ư(167)
Lập bảng tìm được (x,y)=(0;83);(83;0).
0,5
 Phòng GD&ĐT Thanh Oai
Trường THCS Thanh Văn 
 ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN 9
 Năm học 2014- 2015
 (Thời gian 120 phút) 
Câu 1. (6 điểm)
 a, Cho biểu thức: 
1. Rút gọn .
2. Tính P khi .
3. Tìm giá trị nguyên của để nhận giá trị nguyên.
b,Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n2+ n +1không chia hết cho 9
Câu 2. (4 điểm)
 Giải phương trình:
1. 
2. 
Câu 3: (3 điểm)
 a, Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
	5x2 + 9y2 – 12xy + 8 = 24( 2y – x – 3 ) 
 b,Chứng minh bất đẳng thức: 
.
Áp dụng giải phương trình: = 5
Câu 4: (6 điểm)
Cho AB là đường kính của ( O; R ) C là một điểm thay đổi trên đường tròn ( C khác Avà B) , kẻ CH vông góc vớiAB tại H . Gọi I là trung điểm của AC, OI cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O,R) tại M, MB cắt CH tại A của đường tròn (O,R) tại M, MB cắt CH tại K
a, Chứng minh 4 điểm C, H, O, I cùng thuộc một đường tròn.
b, Chứng minh MC là tiếp tuyến của (O,R)
c, Chứng minh K là trung điểm CH
d, Xác định vị trí của C để chu vi tam giác ACB đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó theo R.
Câu 5: (1 điểm)
 Giải phương trình nghiệm nguyên
Câu 1:
Với x > 0, x khác 1
a, 
 1. (1 điểm) 
 2. (1điểm)
 3. (1 điểm)
 ĐK: : 	
 Học sinh lập luận để tìm ra hoặc 
b, (3 điểm)
Giả sử: (n2 + n + 1) 9 (1)
 Suy ra: (n2 + n + 1) 3 
 Ta có: n2 + n + 1 = (n – 1)(n + 2) + 3
 Suy ra (n – 1) 3 hoặc (n + 2) 3 
 Mà (n + 2) – (n – 1) = 3 nên cả hai số (n + 2) và (n – 1) đều 
chia hết cho 3.
 Do đó (n – 1)(n + 2) 9
 Suy ra n2 + n + 1 chia 9 dư 3, mâu thuẩn với (1).
 Vậy n2 + n + 1 không chia hết cho 9 với mọi số nguyên n.
Câu 2:
 1. (2 điểm)
 ĐK: : 
 , dấu “=” xảy ra 
 dấu “=” xảy ra 
 2. (2 điểm)
ĐK: . Nhận thấy: không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế cho ta có: 
Đặt , thay vào ta có:
Đối chiếu ĐK của t
Câu 3 :
a, (1 điểm)
Giải phương trình nghiệm nguyên 
5x2 + 9y2 – 12xy + 8 = 24( 2y – x – 3 ) 
 5x2 + 9y2 – 12xy + 8 +24x –48y +72 = 0 
4x2 + 9y2 + 64 – 12xy – 48y + 32x +x2 – 8x +16 = 0 
ó ( 2x – 3y + 8 )2 + ( x – 4 )2 = 0 
suy ra x – 4 = 0 và 2x – 3y + 8 = 0
 =>x =4 và y = 16/ 3.
 Vậy phương trình không có nghiệm nguyên 
b, (2 điểm)
 Hai vế BĐT không âm nên bình phương hai vế ta có:
a2 + b2 +c2 + d2 +2a2 +2ac + c2 + b2 + 2bd + d2
 ac + bd (1)
Nếu ac + bd < 0 thì BĐT được c/m
Nếu ac + bd 0 (1) ( a2 + b2 )(c2 + d2) a2c2 + b2d2 +2acbd
a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2 a2c2 + b2d2 +2acbd
 a2d2 + b2c2 – 2abcd 0 (ad – bc)2 0 ( luôn đúng)
Dấu “=” xảy ra ad = bc 
Áp dụng: xét vế trái VT = 
Mà VP = 5, vậy dấu bằng xảy ra 
Câu 4:
a, (1,5 điểm) – vẽ hình đến phần a được 0,5 điểm
 Chứng minh: 4 điểm C, H, O, I cùng thuộc một đường tròn
 Chứng minh OIAC
 Suy ra: OIC vuông tại I
 nên I thuộc đường tròn đường kính OC 
 CHAB (gt) nên CHO vuông tại H
 H thuộc đường tròn đường kính OC.
 Do đó: I, H cùng thuộc đườn tròn đường đường kính OC.
 Hay 4 điểm C, I, O, H cùng thuộc một đường tròn.
b, (1 điểm)
 Chứng minh MC là tiếp tuyến của đường tròn (O,R)
 Chứng minh góc AOM = góc COM
 Chứng minh MCCO
 MC là tiếp tuyến của (O,R)
c, (2 điểm)
Chứng minh K là trung điểm của CH
 MAB có KH//MA (cùng vuông góc với AB)
 (1)
 Chứng minh cho CB//MOgóc AOM = góc CBH(đồng vị)
 CM: MAO đồng dạng với CHB
 (2)
 Từ (1) và (2) suy ra: CH=2KHCK=KH
 K là trung điểm của CH
d, (1 điểm)
 Xác định vị trí của C để chu vi ACB đạt giá trị lớn nhất 
 Tìm giá trị lớn nhất đó 
 Chu vi ACB là =AB+AC+CB=2R+AC+CB
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi :
 C là điểm chính giữa cung AB
 Vậy để chu vi ACB đạt giá trị lớn nhất là 2R(1+)
 C là điểm chính giữa cung AB
 Câu 5: (1 điểm)
Khi 3x+5 là ước 25 từ đó tìm được 
PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS THANH MAI
ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1 ( 6 điểm)
1) Xét biểu thức : P= 
	a, Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P.
 	b, Tìm a sao cho P < 4.
	c, Tìm giá trị của biểu thức P nếu : a=
2) Cho các số nguyên dương: sao cho:
N = chia hết cho 30.
Chứng minh: M = chia hết cho 30.
Bài 2 ( 4 điểm)
1) Giải các phương trình sau:
x2 + 2x + 15 = 6
2) Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba số thỏa mãn a + b + c = 2015 và thì một trong ba số a, b, c phải có một số bằng 2015.
Bài 3 ( 3 điểm)
1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 
2. Cho a > 0, b > 0 và a + b . Tìm GTNN của biểu thức A = 
Bài 4 ( 6 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB. M là điểm thuộc đoạn thẳng OA, vẽ đường tròn tâm O’ đường kính MB. Gọi I là trung điểm đoạn thẳng MA, vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I. Đường thẳng BC cắt đường tròn (O’) tại J.
a) Chứng minh: Đường thẳng IJ là tiếp tuyến của đường tròn (O’).
b) Xác định vị trí của M trên đoạn thẳng OA để diện tích tam giác IJO’ lớn nhất.
Bài 5 ( 1 điểm) Tìm các số tự nhiên x, y biết rằng:
.
PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS THANH MAI
HD CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài
Nội dung
Điểm
Bài 1
( 6đ)
Ý 1)
a,
	+ ĐKXĐ của P : a0; b0; ab và a4	
	+ Đặt A= =... =1 
	+ Đặt B = 
	+ P = A.B 
b, 
P 	 	
 Do và => 
	 a<4	
Vậy P 	
c, (1 điểm):
 a = 	=	 ==	 	
Tính được P=3,5 
2,0đ
1,0đ
1,0đ
Ý 2)
- HS lập luận: chia hết cho 6. vì có tích 3 số tự nhiên liên tiếp. 
- HS lập luận: chia hết cho 5. (Chia các trường hợp để xét: )
Mà (5; 6) = 1 nên 
Xét tương tự và suy ra được: 
Hay - 
Theo giả thiết: 
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Bài 2
( 4đ)
Ý 1
a- (1)
ĐKXĐ: 
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
VT=
 Dấu “=” xảy ra khi =ó x= 2
 Ta lại có: VP =
Dấu “=” xảy ra khi x = 2
 Do đó VT = VP ó x = 2 ( TMĐKXĐ)
 vậy 
1,0đ
b) ĐK: 
Ta có : x2+2x+15 = 6
 (x2-2x+1) +(4x+5 -2.3) =0
 (x-1)2 +
x=1 (TM)
Vậy phương trình có nghiệm là x=1 
1,0đ
Ý 2
Từ giả thiết suy ra: 
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
2,0đ
Bài 3 (3đ)
Ý 1
Ta có: 
vậy phương trình có 3 nghiệm là (x,y) = (0;0); (1;-1);(-1;1)
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Ý 2
Ta có A = 
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: , , 
Mặt khác ta có: 
Từ đó suy ra: 2
suy ra: 
Vậy: A. 
Dấu “=” xảy ra khi: 
C 
J 
A 
I 
M 
D 
O 
O’ 
B 
Do đó MinP =
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
Bài 4
( 6đ)
Vẽ hình đúng
1,0đ
Xét tứ giác ACMD, ta có : IA = IM (gt), IC = ID (vì ABCD : gt)
 ACMD là hình thoi
AC // DM, mà ACCB (do C thuộc đường tròn đường kính AB)
DMCB; MJCB (do J thuộc đường tròn đường kính MB)
D, M, J thẳng hàng.
Ta có : (vì )
Mà (do IC = IJ = ID : CJD vuông tại J có JI là trung tuyến)
(do O’J = O’M : bán kính đường tròn (O’); và đối đỉnh)
 góc IJO= 90 0Þ IJ là tiếp tuyến của (O’), 
J là tiếp điểm
2,0đ
1,0đ
b) Ta có IA = IM 
O’M = O’B (bán kính (O’)
IO’ = = R (R là bán kính của (O))
JIO’ vuông tại I : IJ2 + O’J2 = IO’2 = R2
Mà IJ2 + O’J2 2IJ.O’J = 4SJIO’
Do đó SJIO’ 
SJIO’ = khi IJ = O’J và JIO’ vuông cân có cạnh huyền IO’ = R nên :
2O’J2 = O’I2 = R2 O’J = 
Khi đó MB = 2O’M = 2O’J = R
0,5đ
0,5đ
1,0đ
Bài 5
( 1đ)
Đặt , ta có là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 5. Nhưng không chia hết cho 5, do đó A chia hết cho 5.
0,25đ
Nếu , ta có chia hết cho 5 mà 11879 không chia hết cho 5 nên không thỏa mãn, suy ra y = 0.
0,25đ
Khi đó , ta có 
0,25đ
.
Vậy là hai giá trị cần tìm.
0,25đ
* 
Û PHÒNG GD&ĐT
 THANH OAI 
TRƯỜNGTHCSTÂN ƯỚC
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học 2014 - 2015
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài :150 phút( Không kể thời gian giao đề)
Câu 1 ( 6 điểm)
 Bài 1 ( 4 điểm)
 Cho biểu thức P = với x > 0, x 
 a, Rút gọn P
 b, Tìm x để P = 
 c, So sánh P2 với 2P
Bài 2. ( 2 điểm) Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn : ( x2 - 3) + ( xy + 3)
Câu 2. ( 4 điểm)	 
 Bài 1. ( 2 điểm) Giải phương trình
 + + + 3012 = (x + y + z)
Bài 2. ( 2 điểm) Cho a + b + c = 0 và a2 + b2 + c2 = 14
 Tính giá trị của biểu thức: B = a4 + b4 + c4 
Câu 3:( 3 điểm)
Bài 1. (1,5 điểm) Tìm nghiệm nguyên của phương trình
 x2+ 2y2 + 2xy + 3y- 4 = 0
Bài 2.(1,5 điểm) Cho a, b và c là các số thực không âm thỏa mãn . 
 Chứng minh rằng .
Câu 4: (6 điểm) Cho đường tròn (O,R) và một điểm A ở ngoài đường tròn, từ một điểm M di động trên đường thẳng d OA tại A, vẽ các tiếp tuyến MB,MC với đường tròn (B,C là tiếp điểm). Dây BC cắt OM và OA lần lượt tại H và K.
 a) Chứng minh OA.OK không đổi từ đó suy ra BC luôn đi qua một điểm cố định.
 b) Chứng minh H di động trên một đường tròn cố định.
 c) Cho biết OA= 2R. Hãy xác định vị trí của M để diện tích tứ giác MBOC nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.
Câu 5 :( 1điểm) Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng . 
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 9
Câu 1. ( 6 điểm)
Bài 1.(4đ)
a, P = (0.5đ)
 =...= (1.5 đ)
b, P = (1đ)
 	 ( vì với x > 0)
c, P = > 0 vì x > 0 
 P = < 2 vì 	 (0.5 đ)
Ta có P > 0 và P < 2 nên P ( P - 2 ) < 0 
 P2 - 2P < 0 P2 < 2P ( 0.5 đ)
Bài 2.(2đ)
 	( x2 - 3) + ( xy + 3) (1)
 Þ x2y - 3y + xy + 3 
 Þ x(xy + 3 ) - 3( x+ y) + ( xy + 3 ) 
3( x+ y) + ( xy + 3 )
3( x+ y) = k ( xy + 3 ) ( kÎ N * ) (0,5đ) (2)
Nếu k ³ 3 thì 
3( x+ y) = k ( xy + 3) ³ 3( xy + 3)Þ x + y ³ xy + 3 Û ( x - 1)( y - 1) + 2£ 0
( vô lí vì x, y nguyên dương )
-Nếu k = 1 thì từ ( 2) Þ (x - 3 )(y -3 ) = 6 Þ x = 6 và y = 5 hoặc x = 9 và y = 4 (0,5đ)
- nếu k = 2 thì từ (2) ta có: 3(x + y) = 2( xy + 3) Þ xy + 3 (*)
Mà 3(x + y ) = 2(xy +3) Û y( x -3) + x( y- 3) +6 = 0
 Þ x > 3 và y > 3 ( vô lí) ( **) (0,5đ)
Từ (*) (**) suy ra (x; y) = ( 1; 3) , (3; 1)
 Thử lại vào (1) ta được : ( x; y) = (3; 1) (0,25đ)
 Vậy ( x; y) = (6; 5) , (9; 4) , (3; 1) ( 0,25đ)
Câu 2: (4đ)
 Bài 1(2đ).ĐKXĐ: x ³ 2008 ; y ³ 2009 ; z ³ 2010. (0,25đ)
 Û( - 1)2 + ( - 1)2 + ( - 1)2 = 0 (1đ)
 Tìm được : x = 2009 ; y = 2010 ; z = 2011. (0,5đ)
Vậy nghiệm của phương trình là: ( x , y , z) = (2009; 2010; 2011) (0,25đ)
Bài 2: (2đ)
Ta có : a2 + b2 + c2 = 14 Û (a2 + b2 + c2)2 = 142
 Û a4 + b4 c4 = 196 - 2. (a2b2 + b2c2 + a2c2) (1) (0,75đ)
 Vì : a + b + c = 0 Û ( a + b + c)2 = 0
 Û a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ac) = 0
 Û ab + bc + ac = - 7
 Û a2b2 + b2c2 + a2c2 = 49 (2) (0,75đ)
Từ (1) và (2) Þ B = a4 + b4 c4 = 196 - 2. 49 = 98 (0,5đ)
Câu 3:
 Bài 1:(1,5 ®)
BiÕn ®æi ph­¬ng tr×nh
 x2+ 2y2 +2xy + 3y- 4 = 0(x2+ 2xy + y2) + y2 +3y - 4= 0
 (y+4)(y-1) = - (x+y)2 0 (0,5đ)
 - 4 y1 v× y thuéc Z nªn y (0,5đ) 
 Vậy các cÆp (x;y) tháa m·n ph­¬ng tr×nh lµ :
 (x ; y) = (4;- 4), (1;- 1),(5;-3), (1;3),(2;0), (-2;0) (0,5đ)
Bài 2 .Học sinh phát biểu và CM bất đẳng thức phụ sau:
Với x; y là các số thực dương bất kỳ ta có: (1). 
 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. (0,5đ)
Thật vậy: Vì x; y là các số thực dương theo BĐT Côsi ta có
- Áp dụng BĐT (1) ta có:
 (1’) (0,5đ)
Tương tự (2’) ; (3’)
Cộng vế với vế của ba đẳng thức trên ta được:
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi (0,5đ)
Câu 4: (6đ)
A
B
O
H
K
C
M
d
- Vẽ hình đúng : (0,5đ)
	 	 a) 
 vBOM có OB2 = OH. OM
 (Không đổi)
 K là điểm cố định. (3đ)
 b. H nằm trên đường tròn đường
 kính OK cố định. (1đ)
c.
Smin OM nhỏ nhất, BC nhỏ nhất 
 (1,5đ)
Câu 5 : Gọi các số nguyên dương phải tìm là : x; y; z .Theo đề bài ta có :
 x + y + z = xyz (1)
Vì các ẩn x , y , z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn chẳng hạn : 1 £ x £ y £ z .
xyz = x + y + z £ 3z
 Chia hai vế của bất đẳng thức : xyz £ 3z cho z ta có :
 xy £ 3 Þ xy Î 1; 2; 3 .
Với xy = 1 Þ x = 1 ; y = 1. Thay vào (1) được 2 + z = z (loại)
Với xy = 2 Þ x = 1 ; y = 2. Thay vào (1) được z = 3 (Thỏa mãn)
Với xy = 3 Þ x = 1 ; y = 3. Thay vào (1) được z = 2 ( Loại vì y £ z)
 Vậy ba số phải tìm là : 1; 2 ; 3.
 Người ra đề Xác nhận của tổ chuyên môn Ban giám hiệu duyệt 
 TRẦN THỊ HUYỀN 
Trường THCS Thanh Cao
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
NĂM 2014-2015
Thời gian làm bài: 150'
Câu 1: (6 điểm) 
1. Cho A = 1x+1- 2x-2xx-x+x-1 : 1x-1- 2x-1
a. Rút gọn A 
b. Tính A khi x = 32+10127 + 32-10127
2. Cho n là số nguyên dương và n lẻ. CMR: 
46n+296.13n ⋮ 1947
Câu 2: (4 điểm)
1. Giải phương trình 4x+1 - 3x-2 = x+35
2. Cho x, y, z là 3 số khác nhau. CMR: 
y-zx-yx-z + z-xy-zy-x + x-yz-xz-y = 2x-y + 2y-z + 2z-x
Câu 3: (3 điểm) 
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x3 - x2y + 3x - 2y - 5 = 0
2. Với mọi x; y ≥ 34 và x + y = 3. CMR 12x-9 + 12y-9 ≤ 6
Câu 4: (6 điểm) 
	Cho (O; R) điểm A cố định nằm ngoài (O). Qua A kẻ 2 tiếp tuyến AB, AC với (O). Trên cung nhỏ BC lấy điểm K bất kỳ (K≠ B,C). Kẻ tiếp tuyến tại K của (O) cắt AB, AC lần lượt tại M và N.
a) CMR khi K chuyển động trên cung nhỏ BC thì chu vi ∆ AMN không đổi. 
b) Qua O kẻ đường thẳng ^ OA cắt AB, AC lần lượt tại P và Q. CMR MP + NQ ≥ PQ.
c) Tính AO theo R để diện tích ∆ APQ nhỏ nhất. 
Câu 5: (1 điểm)
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x + y + z = xyz
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM
Câu 1: 
1. a) ĐK: x ≥ 0; x ≠ 1
Rút gọn A = x-1x+1
b) Lập phương 2 vế tính x = 2
Thay vào A: => A = 2-12+1 =  = 3-22
2. Ta có: 46n + 296.13n = 46n - 13n + 297.13n
 = 46n - 13n + 9.33.13n
 = (46-13).() + 9.33.13n
 = 33 . () + 9.33.13n ⋮ 33 j
Lại có: 46n + 296.13n = 46n + 13n +295.13n = (46n +13n) + 5.59.13n
 = (46+13) . () + 5.59.13n
 = 59.() + 5.59.13n ⋮ 59 k
Mà (13; 39) = 1 Nên từ j và k => 46n + 296.13n ⋮ 33.59 = 1947 (đpcm)
Câu 2: 
1. ĐK: x ≥ 23 -> x + 3 > 0
Ta thấy (4x + 1) - (3x -2) = x +3 
Nhân cả 2 vế của phương trình đã cho với biểu thức liên hợp của vế trái 
Ta có phương trình đã cho x +3 = x+35 ( 4x+1+ 3x-2
 (x+3) 4x+1+ 3x-2- 5 = 0
 4x+1+ 3x-2 = 5 (Vì x +3 > 0) j
Bình phương 2 vế phương trình j ta được
4x+1+ 3x-22 = 52 
.
x = 2 ( tmđk)
Vậy S = 2
2. Ta có: y-zx-yx-z = x-z- x-yx-yx-z = 1x-y - 1x-z = 1x-y + 1z-x j
CM tương tự: z-xy-zy-x = .. = 1y-z + 1x-y k
 x-yz-xz-y = . = 1z-x + 1y-z l
Cộng vế của jkvà l ta được đpcm. 
Câu 3: (1,5 điểm) 
1. x2y + 2y = x3 + 3x - 5 
 y (x2+2) = x3 + 3x - 5
 y = x3+3x2-5x2+2 = x3 + 2x +x-5x2+2
y = x + x-5x2+2 
Vì x ∈ z, y ∈ z => x-5x2+2 ∈ z -> x - 5 ⋮ x2 + 2
=> (x+5)(x-5) ⋮ x2 + 2 => x2- 25 ⋮ x2 + 2 => x2 + 2 - 27 ⋮ x2 + 2
-> 27 ⋮ x2 + 2 => x2+ 2 ∈ Ư(27) mà x +2 ≥ 2. 
Xét các trường hợp => no của pt là: (x; y) = (-1; -3) ; (5;5) 
2. (1,5 điểm) 
Ta có: 12x-9 + 12y-9 = 3.4x-3+34y-3=A
=> A2 ≤ 32+32(4x-3)2+(4y-3)2
↔ A2 ≤ 32+32.(4x-3)2+(4y-3)2 = 6.4x+y-6
↔ A ≤ 6.4.3-6=6
↔ 12x-9 + 12y-9 ≤ 6
Dấu "=" xảy ra khi x = y = 32
Câu 4: (6 điểm) 
a) Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có: 
AB = AC 
MB = MK 
NK = NC 
Chu vi ∆ AMN = AM + AN + NA 
 = AM + MK + KN + NA 
= AM + MB + CN + NA
= AB + AC 
= 2 AB
Vì A cố định, (O) cố định => AB cố định 
-> Chu vi ∆ AMN không đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ BC
b) + CM cho ∆ APQ cân tại A => P = Q
+ Ta có: P + Q + M1+M2+N1+ N2 = 360o
↔ 2P + 2M1+ 2N2 = 360o
 P + M1+ N2 = 180o
 => POM = N2 
+ CM được ∆ MOP đồng dạng ∆ ONQ (g.g) 
-> MPQD = OPNQ
-> MP.NQ = OP. OQ
-> MP.NQ = PQ2. PQ2 = PQ24 j
+ Với x; y > O ta có: (x-y)2 ≥ 0
 (x+y)2 ≥ 4xy
 (MP + NQ)2 ≥ 4MP.NQ = PQ2
 MP + NQ ≥ PQ
Dấu "=" xảy ra khi PM = NQ
 AM = AN
 MN ^ OA 
 K ∈ OA
c) S∆ APQ = S∆ AOP + S∆ AOQ = 12 AP.OB + 12 AQ.OC