Đáp án đề thi học sinh giỏi Toán lớp 9 - Phòng GD & ĐT Đức Thọ

phßng gd - ®t ®øc thä
H­íng dÉn cho ®iÓm To¸n 9
Bµi 1: (5 ®)
a) Rót gän (3®) TX§ cña lµ: (0,5®)
b) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña (2 ®iÓm)
Do nªn . ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt =
Bµi 2: (5®) Gi¶i c¸c ph­¬ng tr×nh sau:
 a) (2,5 ®) ; Víi ®iÒu kiÖn:
 x1 = 3 (lo¹i), x2 = 6
VËy ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ x = 6.
b) (2,5®) 
Bµi 3: (4®)
a) (2®) §Ó ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt tho¶ m·n 
O
D
C
B
A
E
F
I
M
N
1
1
b) (2®) Ta cã:
Bµi 4: (4,5®) 
 a) (2,5 ®) Ta cã: s®s® = s® (1) (V× 
 s®s® (2). 
 Tõ (1) vµ (2) ta cã:s® = s®= lµ tø gi¸c néi tiÕp
b) (2®) Ta cã: s®=s®.
 lµ tø gi¸c néi tiÕp
 MÆt kh¸c 
 song song víi AB
Bµi 5: (1,5®)
. Ta cã 
 . 
 Suy ra gi¸ trÞ nhá nhÊt cña b»ng 9 khi 
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
	Môn: Toán
	Thời gian làm bài: 150 phút
	(không kể thời gian phát đề)
ĐÁP ÁN
Câu1: a/
b/ Từ câu a suy ra
Câu 2:
a/ Ta thấy: 
Ta có: 
Từ (1) và (2) suy ra: 
b/ Tương tự 
Cộng từng vế của (2) và (3), ta có:
Câu 3: ĐKXĐ: 2x – 3 ³ 0 (0,25đ)
Câu 4: Đặt a – 1 = x > 0, b – 1 = y > 0 (0,25đ), ta có:
Với x > 0, y > 0 ta có (1đ)
minA = 8 Û x = y = 1 Û a = b = 2. (0,75đ)
Câu 5: Vẽ hình đúng 0,5đ
a/ Ta có AK // CE (cùng vuông góc với AC)	(0,5đ)
Từ (1) và (2) suy ra DKBC DOBE (cgc) 	(0,5đ)
h­íng dÉn chÊm m«n to¸n
(§Ò chÝnh thøc, ngµy thi 26 th¸ng 12 n¨m 2012)
II. §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm:
§¸p ¸n
§iÓm
Câu 1: (4 điểm)
	a. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì An = n(n+1)(n+2)(n+3)+ 1 là số chính phương.	
 b. Tìm các số nguyên x để x3 - 2x2 +9x - 9 chia hết cho x2 + 5
a. Ta có: 
Vậy An là số chính phương với 
1
1
b. Đặt A = x3 - 2x2 +9x - 9 = x(x2 +5) - 2(x2 + 5) + 4x + 1
Do đó: A (x2 +5) (4x + 1) (x2 + 5) (1)
Vì 4x -1 và 4x 1, nên từ (1) suy ra (4x + 1)(4x - 1) (x2 + 5) 
 (16x2 - 1) (x2 + 5) 16(x2 + 5) - 81 (x2 + 5) 81 (x2 +5)
Vì x2 + 5 5 nên chỉ xảy ra một trong hai trường hợp sau:
. x2 + 5 = 81 x2 = 76 (không có giá trị x nguyên nào thoả mãn)
. x2 + 5 = 27 x2 = 22 (không có giá trị x nguyên nào thoả mãn)
x2 + 5 = 9 x2 = 4 x = 2 (t/m) hoặc x = -2 (không thoả mãn (1).
Vậy với x = 2 thoả mãn điều kiện bài toán.
0.5
0.25
0.25
0.5
0.25
0.25
Câu 2: (4 điểm)
	a. Tính giá trị của biểu thức A = với 
	b. Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn: .
	Chứng minh rằng: 
a. Ta có 
Do đó: 
Từ đó ta có:
Vậy A = (vì x )
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
b. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có:
Đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi: 
 đpcm
1
1
Câu 3: ( 3 điểm) 
	Giải phương trình: .(1)
Đặt (
Từ (1) (2)
Vì , từ (2) suy ra: . Vì vậy (3)
Bình phương 2 vế và thu gọn ta được phương trình 2
Vậy phương trình có hai nghiệm x = -1, x= 
0.25
0.5
0.25
0.5
0.25
1
0.25
Câu 4: (7 điểm)
	Từ điểm P nằm ngoài (O;R) kẻ hai tiếp tuyến PA và PB với A và B là các tiếp điểm. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A đến đường kính BC của đường tròn.
	a. Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm của AH.
	b. Tính AH theo R và PO = d.
 c. Đường thẳng a đi qua P sao cho khoảng cách từ O đến đường thẳng a bằng R, đường thẳng vuông góc với PO tại O cắt tia PB tại M. Xác định vị trí của điểm P trên đường thẳng a để diện tích POM đạt giá trị nhỏ nhất.
0.5
a. V× AH//PB , ¸p dông ®Þnh lý TalÐt vµo CPB ta cã: (1)
Ta cã: (gãc cã c¹nh t­¬ng øng vu«ng gãc) ; (gãc cã c¹nh t­¬ng øng song song) (g,g)
(2)
Tõ (1) vµ (2) suy ra: AH = 2NH hay AN = NH.
0.75
0.75
0.5
b. Trong ABC vu«ng ë A cã ®­êng cao AH. ¸p dông hÖ thøc l­îng trong tam gi¸c vu«ng ta cã: AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH (3). 
Tõ (1) ta cã vµo (3) , kÕt hîp víi AH = 2NH ta ®­îc:
 AH2 = 
 4PB2.AH2 = (4R.PB - AH.CB).AH.2R = 8R2.PB.AH - 4R2.AH2
 PB2.AH = 2R2.PB - R2.AH
 AH(PB2 + R2) = 2R2.PB
Thay PB2 = d2 - R2 vµo h»ng ®¼ng thøc trªn ta ®­îc: AH = 
0.5
0.5
0.5
0.25
0.25
0.5
c. Ta cã: SMOP = MP.OB = ( PB + BM ). OA = ( PB + MB ). R (1)
¸p dông bÊt ®¼ng thøc C« si cã: (PB + MB) (2)
DÊu b»ng x¶y ra khi vµ chØ khi PB = BM 
MOP vu«ng t¹i O, cã : PB.MB = OB2 = R2 (3)
Tõ (1), (2), (3) suy ra SMOP R2
 MOP cã diÖn tÝch nhá nhÊt b»ng R2 khi vµ chØ khi PB = BM = R.
 PBO vu«ng c©n t¹i B OP = R.
VËy MOP cã diÖn tÝch nhá nhÊt khi OP = R. Khi ®ã P lµ ch©n ®­êng vu«ng gãc h¹ tõ O ®Õn ®­êng th¼ng a.
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu 5: (2 điểm)
	Cho ba số dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
Vì vai trò của a, b, c là như nhau, giả sử . Do abc = 1 nên bc 1 và a 1.
 Áp dụng BĐT Bunhiacopxky ta có:
Suy ra: (1)
Mặt khác, ta có: (2)
- Chứng minh: (3)
Thật vậy, ta có (3) (luôn đúng vớia)
Từ (1), (2) và (3) suy ra: 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
0.25
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
Môn thi: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi này gồm 01 trang)
Câu
ý
Đáp án và hướng dẫn chấm
Điểm
1
a
ĐKXĐ: 
0.25đ
0.75đ
b
	(vì )
0.25đ
0.75đ
c
Vậy GTLN của A =
0.75đ
0.25đ
2
a
Đặt ta được phương trình:
y =<0 (loại); với y = 2 ta có
 hoặc (thỏa mãn phương trình đã cho)
Vậy pt đã cho có 2 nghiệm: , 
0.25đ
0.25đ
0.5đ
0.25đ
0.5đ
0.25đ
b
Vì x2 + 2x + 2 = (x+1)2+1 > 0 
Nên: |2x-7| 
 x2+4x+4>9 (x+2)2 >9 |x+2| >3
Kết luận nghiệm bất phương trình
0.25đ
0.5đ
0.25đ
0.25đ
0.5đ
0.25đ
c
Biến đổi 
Từ hệ ta có x – y > 0
Nhân hai vế của (1) với 17 và nhân hai vế của (2) với 9 rồi đồng nhất sau khi nhân ta được:
17(x – y)(x + y)2 = 9(x - y)(x2 +y2) 4x2 + 17xy + 4y2 = 0
Nếu y = 0 thì x = 0 => không thỏa mãn hệ.
Nếu y 0 , chia hai vế của 4x2 + 17xy + 4y2 = 0 cho y2 
và đặt t = x/y được: 4t2 +17t + 4 = 0 (t+4)(4t+1) = 0
 t = - 4 hoặc t = - 1/4
 x = -4y hoặc y = - 4x
thay vào hệ phương trình trên được nghiệm của phương trình đã cho là: (x ; y) {(4;-1);(1;-4)}
0.25đ
0.25đ
0.5đ
0.5đ
0.25đ
0.25đ
3
a
1đ
1đ
b
 là số chính phương nên A có dạng 
(Vì 23 là số nguyên tố và 2k + 2n + 1> 2k – 2n -1)
Vậy với n = 5 thì A là số chính phương
0.5đ
0.5đ
0.75đ
0.25đ
4
a
A
P
M
N
O
B
C
= AB+BC+CA
 = AB+BP+PC+CA
 = (AB+BM)+(CN+CA)
 (t/c 2 tt cắt nhau)
 = AM + AN = 2AM
 (t/c 2 tt cắt nhau)
 = 
Vì A cố định nên OA=a không đổi vậy khi P di chuyển trên cung nhỏ MN thì chu vi tam giác ABC không đổi.
= 
Ghi chú:
- Không có điểm vẽ hình.
- Chứng minh mà không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai thì không được công nhận (không có điểm).
0.25đ
0.5đ
0.25đ
0.5đ
0.25đ
0.25đ
b
(Các đường nét đứt được vẽ thêm để gợi ý chứng minh khi chấm, học sinh phải trình bày kẻ thêm đường phụ khi chứng minh - nếu cần)
A
B
C
D
E
I
Trình bày c/m: 
Trình bày c/m: 
=>
Trình bày c/m: 
=> 
Ghi chú:
- Không có điểm vẽ hình.
- Chứng minh mà không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai thì không được công nhận (không có điểm).
0.5đ
1.0đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
5
ĐK: x≠0, y≠0
Áp dụng bắt đẳng thức Cô-si cho bốn số dương ta có:
=> 
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là Q = – 5/2 khi x2 = y2 = 1
0.5đ
0.25đ
0.25đ
0.5đ
0.5đ
Chú ý: HS có thể giải theo cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
	 	HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN
ĐỀ CHÍNH THỨC 
	 	MÔN: TOÁN LỚP 9 
Bài
Câu
Nội dung
Điểm
1
Ta có: 
Vậy: 
Ta có: ≥ 0 và dấu bằng xảy ra khi hay 
Do đó ≥ và dấu bằng xảy ra khi 
Vậy có giá trị nhỏ nhất là và giá trị này đạt được khi 
Suy ra có giá trị lớn nhất là và giá trị này đạt được khi 
1,0
0,5
0,5
1,0
1,0
2
 * Gọi x (km) là quãng đường còn lại, x > 0; 
 Vận tốc trên quãng đường 700m là: 0,7 : = 3,5km/h
 * Gọi t là thời gian quy định từ nhà đến sân ga. 
 Vận tốc 3,5km/h sẽ chậm mất 40 phút hay giờ. Ta có (1)
 Vận tốc 5km/h sẽ đến sớm hơn 5 phút Ta có . (2)
 Từ (1) và (2) ta có phương trình: (3)
 Giải phương trình (3) ta được x = 8,75 (km).
 Vậy quãng đường từ nhà đến ga là: 
 8,75km + 0,7km = 9,45km = 9450m. 
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
3
a
 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.
0,5
0,5
0,5
0,5
b
 Ta có: x4 +2012x2+2011x +2012 
 = x4 + x3 + x2 + 2011(x2 + x + 1) – (x3– 1) 
 = x2(x2 + x + 1) + 2011(x2 + x + 1) – (x – 1)(x2 + x + 1)
 = (x2 + x + 1)(x2 + 2011 – x + 1)
 = (x2 + x + 1)(x2 – x + 2012).
 Vậy x4 +2012x2+2011x +2012 = (x2 + x + 1)(x2 – x + 2012).
2,0
4.
 (1)
 Ta có: (2)
 Thay (2) vào (1) ta có:
 (1) (3)
 Đặt , với y ≥ 1. Suy ra 
 Thay vào (3): 
 * Với y = 1 thì x = 0 thỏa mãn phương trình.
 * Với y ≠ 1 và y ≥ 1, ta có: (4)
 Vì và y > 1 thay vào vế trái của (4) 
 lớn hơn.
 Do đó (4) vô nghiệm
 Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 0
2,0
5
a
Xét hai tam giác vuông ABH và CAH có:
 (vì cùng phụ với góc )
Do đó ∆ABH ∽ ∆CAH (g.g)
Suy ra: 
 AH2 = BH.CH = 4.9 = 36
 AH = = 6 (cm).
Mặt khác: HT AB và HE AC
nên ATHE là hình chữ nhật
Suy ra: TE = AH = 6 (cm).
Vẽ hình đúng ghi 0,5
1,0
b
Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo hình chữ nhật ATHE;
Xét tam giác MTH có: (vì cùng phụ với )
Suy ra tam giác MTH cân tại M, do đó MT = MH. (1)
Ta có (vì cùng phụ với )
 Suy ra tam giác MTB cân tại M, do đó MB = MT. (2)
Từ (1) và (2) suy ra M là trung điểm của BH
Xét tam giác NEH có: (vì cùng phụ với )
Suy ra tam giác NEH cân tại N, do đó NE = NH. (3)
Ta có (vì cùng phụ với )
 Suy ra tam giác NEC cân tại N, do đó NE = NC. (4)
Từ (3) và (4) suy ra N là trung điểm của HC
1,0
0,5
c
Theo chứng minh trên ta có: 
 TM = MH = BH = .4 = 2 (cm); EN = NH = CH = .9 = 4,5 (cm); 
 TE = AH = 6 (cm). 
 TENM là hình thang vuông, do đó diện tích là:
 STENM = (TM + EN)TE = (2 + 4,5).6 = 19,5 (cm2)
1,0
6
 Ta có: 1200 (gt) nên 600 
 Đường phân giác của góc A cắt 
đường phân giác của góc D tại M 
thì tam giác ADM có hai góc bằng 
600 và 300 nên các đường phân 
giác đó vuông góc với nhau.
 Lập luận tương tự chứng tỏ tứ 
giác MNPQ có 4 góc vuông nên
nó là hình chữ nhật.
 Trong tam giác vuông ADM có 
DM = ADsin = bsin600 = 
 Trong tam giác vuông DCN có DN = DCsin = asin600 = 
 Vậy MN = DN – DM = (a – b) 
 Trong tam giác vuông DCN có CN = CDcos600 = 
 Trong tam giác vuông BCP có CP = CBcos600 = 
 Vậy NP = CN – CP = 
 Suy ra diện tích hình chữ nhật MNPQ là: MN.NP = (đvdt)
Vẽ hình đúng ghi 0,5
1,0
0,5
0,5
0,5
 Lưu ý: Nếu học sinh làm theo cách khác đúng vẫn đạt điểm tối đa.
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
 Môn: Toán
 Lớp: 9
 Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian phát đề)
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN
 Bài 1: (3,0 điểm)
Do 	(0,25điểm)
	(0,25điểm)
 	(0,25điểm)
 	bất đẳng thức này đúng =>	(0,25điểm)
 b) 
	vt 	(0,25điểm)
	=	(0,5điểm)
	Áp dụng câu a, ta có:
	(1)	(0,25điểm)
	(2)	(0,25điểm)
	(3)	(0,25điểm)
	Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được điều phải chứng minh	(0,5điểm)
Bài 2: (3,0 điểm) 
 a)	Với x > 0 thì
	và	
	(0,25điểm)
	Thực hiện biến đổi
A= 
=	 (0,5điểm)
= 	(0,5điểm)
= 	(0,5điểm)
=	(0,25điểm)
b)	 khi * vì 	(0,25điểm)
Do đó * 	(0,25điểm)
 	(0,5điểm)
Bài 3: Giải phương trình. (4,0 điểm)
a) 	Điều kiện 	(0,25điểm)	
	(0,25điểm)
	(0,25điểm)
	 hoặc 	(0,25điểm)
	 hoặc 	(0,25điểm)
b) (1)
	(1,0 điểm)
 	(0,5điểm)
 	(0,5điểm)
do 
 	(0,75điểm)
 Bài 4 : (2,5 điểm)
 Số và là hai số chính phương 
 và 	(0,5điểm)
 	(0,5điểm)
 Nhưng 59 là số nguyên tố nên: 	(0,5điểm)
 Ta có : suy ra 	(0,5điểm)
 Thay vào , ta được . 	(0,5điểm)
 Vậy với thì và là hai số chính phương. 	(0,5điểm)
Bài 5: (1,5 điểm) A = n3 + 3n2 + 2n 
 A = n(n2 + 3n +2) 	(0,25điểm)
 = n (n+1)(n+2) 	(0,5điểm)
 Trong ba số nguyên liên tiếp có một số chia hết cho 2 và một số chia hết cho 3 mà ƯCLN(2,3)=1 	(0,25điểm)
 A = n (n+1)(n+3) 6 với mọi số nguyên n 	(0,25điểm)
 Vậy A = n3 + 3n2 +2n 6 với mọi số nguyên n 	(0,25điểm)
Bài 6:
(6,0 điểm )
- Vẽ hình đúng
0,25 điểm
Ta có 
 Hai điểm D, E nằm trên đường tròn đường kính AH.
Tứ giác ADHE là hình chữ nhật.(Tứ giác có 3 góc vuông)
0,25 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
Tứ giác ADHE là hình chữ nhật, suy ra 
Ta lại có : (cùng phụ với )
 (cân)
 mà 
 DE JE
DE là tiếp tuyến tại E của đường tròn (J).
Chứng minh tương tự, ta có DE là tiếp tuyến tại D của đường tròn (I) hay DE là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn (I) và (J).
 0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
Trong tam giác vuông ABC, áp dụng định lí Pytago ta có : 
AB2 = BH.BC
CH= 10 – 3,6 = 6,4
Tứ giác ADHE là hình chữ nhật nên
DE = AH; AH2 = CH. BH = 3,6 . 6,4
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
§¸p ¸n ®Ò thi chän häc sinh giái cÊp huyÖn
M«n : To¸n líp 9
C©u
ý
Néi dung
§iÓm
C©u 1
2,5 ®
1
1,0®
Ta cã: 
VËy > 
0,5
0,25
0,25
2
1,5®
0,5
0,5
0,5
C©u 2
1,0®
0,5
0,5
C©u 3
2,5®
1
1,0®
 §K :
0,25
0,5
0,25
2
1,0®
 §K : 
B×nh ph­¬ng hai vÕ ta ®­îc
Do x, y nguyªn vµ y d­¬ng nªn ta cã:
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
C©u 4
3,0®
B
A
M
H
C
I
N
D
K
1
1,0®
Ta cã
Trong tam gi¸c AIK vu«ng t¹i A ta cã: . vµ AB = AD
Tõ (1) vµ (2) 
0,25
0,5
0,25
2
1,0®
KÎ AH vu«ng gãc víi MN . Do CM + CN =7 vµ CM - CN = 1 CM = 4; CN = 3 MN = 5
Ta cã 
mµ 
Ta l¹i cã : vµ 
 DN = 3; BM = 2; BC = AD = AH = 6
0,25
0,5
0,25
3
1,0®
Tõ gi¶ thiÕt ta cã AQOR lµ h×nh ch÷ nhËt
 nhá nhÊt khi O lµ trung ®iÓm cña AD.
0,25
0,5
0,25
C©u 5
1,0®
V× vai trß cña a,b,c nh­ nhau, kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö : Khi ®ã v× vµ nªn ta cã
 .
MÆt kh¸c 
Ta xÐt hai tr­êng hîp cña b:
NÕu . Khi ®ã 
NÕu .Khi ®ã 
VËy ( ®pcm)
0,25
0,25
0,25
0,25
* Chó ý thÝ sinh lµm theo c¸ch kh¸c mµ ®óng th× vÉn cho ®iÓm tèi ®a!
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN - MÔN TOÁN 
Bài 1
(3,5đ)
Với n = 0 ta có A(0) = 19 19
Giả sử A chia hết cho 19 với n = k nghĩa là: A(k) = 7.52k + 12.6k 19
Ta phải chứng minh A chia hết cho 19 với n = k + 1 nghĩa là phải chứng minh:
A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1 19
Ta có: A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1 
	 = 7.52k.52 + 12.6n. 6 
	 = 7.52k.6 + 7.52k .19 + 12.6n. 6
	 = 6.A(k) + 7.52k .19 19
Vậy theo nguyên lý quy nạp thì A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19 với mọi số tự nhiên n
0,5
0,75
0,75
1,0
0,5
Bài 2
(2,5đ)
1
Ta có:	
	 	Vậy: n = 452 – 24 = 2001 
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 3
(3,0đ)
Nhận xét rằng với mọi x,y ta có:
 Đặt ta được :
 Vì 
 Do đó : 
0,5
0,5
0,75
0,5
0,75
Bài 4
(3,0đ)
Ta có
Áp dụng BĐT: vôùi a > 0; b > 0. 
Ta có 
Áp dụng BĐT: vôùi a > 0; b > 0. 
Ta có
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức E = 9 . Dấu “=” xảy ra khi x = y =
0,5
1,0
1,0
0,5
Bài 5
(4,0đ)
- Vẽ hình đúng
- Gọi E là trung điểm của AM, chứng minh được:
 IK // BC, EI // AB, EK // AC 
- Áp dụng định lý Ta-lét vào các tam giác DPA, DAQ. Suy ra:
- Áp dụng định lý Ta-lét đảo vào tam giác DPQ, suy ra:
	PQ // IK 
0,5
1,5
1,5
0,5
Bài 6
(4,0đ)
Vẽ hình đúng
A
B
C
ha
x
Xét hai tam giác ABC và OBC ta có :
SABC = (1)
SOBC = (2)
Từ (1)và (2) ta suy ra : 
Tương tự ta có : 
Từ đó tính được : =1
0,5 
0,5 
1,0 
0,5
0,5
1,0 
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2009 - 2010
MÔN: TOÁN - LỚP 9 
Ngày thi: 08 tháng 12 năm 2009
Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề
 Đề thi có 01 trang
Bài 1: (4,0 điểm) 
Cho biểu thức 
 Với 
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tính giá trị của A khi 
c) So sánh A với .
Bài 2: (3,5 điểm) Chứng minh rằng:
a) Biết a; b; c là 3 số thực thỏa mãn điều kiện: 
a = b + 1 = c + 2 ; c >0. 
b) Biểu thức có giá trị là một số tự nhiên.
Bài 3: (3,0 điểm) Giải phương trình
a) 
b) .
Bài 4.(8,0 điểm)
Cho AB là đường kính của đường tròn (O;R). C là một điểm thay đổi trên đường tròn (C khác A và B), kẻ CH vuông góc với AB 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 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 của 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.
Bài 5: (1,5 điểm) Cho 
a) Chứng minh rằng M có giá trị nguyên.
b) Tìm chữ số tận cùng của M. 
Chú ý: Thí sinh không được sử dụng máy tính.
HƯỚNG DẪN CHẤM THI 
HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2009-2010
MÔN TOÁN LỚP 9
 Bài 1 (4 điểm)
a) Rút gọn biểu thức (2 điểm) 
0.5
0.5
0.25
0.25
0.5
b) Tính giá trị của A khi (1 điểm).
 Tính 
0.5
0.5
c) So sánh A với (1 điểm).
 Biến đổi 
 Chứng minh được với mọi 
0.25
0.25
0.5
Bài 2 (3 điểm)
a) Chứng minh rằng biết a; b; c là ba số thực thoả mãn điều kiện a = b + 1 = c + 2 ; c > 0 (2 điểm).
Ta có: .
. (c > 0 theo (gt))
Từ (1) và (2) suy ra a > b > c > 0.
Mặt khác (Vì a >b>0)
.
Chứng minh tương tự cho trường hợp: .
 Vậy (đpcm).
0.5
0.25
0.25
0.5
0.25
0.25
b) Biểu thức có giá trị là một số tự nhiên (1 điểm).
Ta có : .
.
.
Vậy B có giá trị là một số tự nhiên.
0.5
0.75
0.25
Bài 3 (3điểm) Giải phương trình
a) (1.75 điểm)
Điều kiện 
x = 2 thoả mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.
0.5
0.25
0.25
0.5
0.25
b) (1). (1.25 điểm).
Điều kiện .
 (2)
(Vì nên x + 3 > 0).
Giải tiếp phương trình (2) ta được nghiệm của phương trình là x = 2.
0.25
0.25
0.25
0.5
Bài 4 (8 điểm)
1) Chứng minh 4 điểm C, H, O, I cùng thuộc một đường tròn. (2 điểm)
Chứng minh OI AC.
Suy ra OIC vuông tại I suy ra I thuộc đường tròn đường kính OC.
CHAB (gt) CHO vuông tại H H thuộc đường tròn đường kính OC.
Suy ra I, H cùng thuộc đường tròn đường kính OC. hay C, I, O, H cùng thuộc một đường tròn.
0.75
0.25
0.75
0.25
2) Chứng minh MC là tiếp tuyến của đường tròn (O; R). (2 điểm)
- Chứng minh .
- Chứng minh AOM = COM
- Chứng minh 
MC là tiếp tuyến của (O; R).
0.75
0.75
0.25
0.25
3) Chứng minh K là trung điểm của CH. ( 2 điểm)
MAB có KH//MA (cùng AB) (1)
Chứng minh cho CB // MO (đồng vị).
C/m MAO đồng dạng với CHB (2)
Từ (1) và (2) suy ra CH = 2 KH CK = KH K là trung điểm của CH.
1
0.75
0.25
4) Xác định vị trí của C để chu vi ACB đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó.
Chu vi tam giác ACB là 
Ta lại có 
(Pitago)
.
Đẳng thức xảy ra khi AC = CB M là điểm chính giữa cung AB.
Suy ra , dấu "=" xảy ra khi M là điểm chính giữa cung AB
Vậy max đạt được khi M là điểm chính giữa cung AB.
0.5
0.75
0.25
0.25
0.25
Bài 5 (1,5 điểm)
a) Chứng minh giá trị của M là một số nguyên. (1 điểm)
Biến đổi .
Đặt ; và .
Đặt với . Khi đó M = U1004
Ta có 
 (vì ab = 1).
 (*).
Ta thấy U0 = 2 Z ; U1 = a + b = 10 Z.
 .
Theo công thức (*) thì mà U1, U2 suy ra .
Lại theo (*) cũng có giá trị nguyên.
Quá trình trên lặp đi lặp lại vô hạn suy ra Un có giá trị nguyên với mọi n .
Suy ra M = U1004 có giá trị là một số nguyên.
0.25
0.25
0.25
0.25
a)Tìm chữ số tận cùng của M. (0.5 điểm)
Từ (*) suy ra 
và Ur
có chữ số tận cùng giống nhau.
 1004 = 4.251 suy ra U1004 và U0 có chữ số tận cùng giống nhau.
Mà U0 có chữ số tận cùng là 2 (theo c/m câu a) nên M có chữ số tận cùng bằng 2. 
0.25
0.25
Chú ý: 1. Nếu thí sinh làm bài bằng cách khác đúng thì vẫn cho điểm tương đương.
 2. Điểm toàn bài không được làm tròn.
phßng gi¸o dôc-®µo t¹o ®øc thä
®Ò thi chän ®éi tuyÓn häc sinh giái m«n to¸n9
N¨m häc: 2008-2009
Thêi gian: 150 phót
Bµi 1: Chøng minh khi m thay ®æi, c¸c ®­êng th¼ng cã ph­¬ng tr×nh:
(2m - 1) x + my + 3 = 0 lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh
Bµi 2: 	1/ Cho 
So s¸nh S víi 
2/ Cho a; b; c lµ c¸c sè thùc tho¶ m·n ®iÒu kiÖn: abc = 2008. Chøng minh r»ng:
Bµi 3: Cho x = . TÝnh gi¸ trÞ cña P = x2009 – 3x2008 + 9x2007 – 9x2006 + 2009
Bµi 4: Gi¶i ph­¬ng tr×nh: = 2009
Bµi 5: Cho 00 < a < 900. Chøng minh r»ng: 
Bµi 6: Cho a, b, c > 0. Chøng minh r»ng: 
 ≥ 
Bµi 7: T×m tÊt c¶ c¸c ®a thøc P(x) tho¶ m·n: P(x + 1) = P(x) + 2x + 1 víi "x Î R
Bµi 8: Cho DABC cã ba c¹nh lµ a, b, c, cã chu vi lµ 2p vµ diÖn tÝch S; r lµ b¸n kÝnh ®­êng trßn néi tiÕp; ra lµ b¸n kinh ®­