Đề thi chọn học sinh giỏi THCS cấp huyện môn Toán học lớp 9

1 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP HUYỆN 
MÔN TOÁN HỌC LỚP 9 
Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề) 
Bài 1 (4đ). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : 
a) 4x2 – 49 – 12xy + 9y2 
b) x2 + 7x + 10 
Bài 2 (4đ) Cho 
2
2
1 2 2 4
2 7 10 5
x x xA
x x x x
− − −
= + −
− − + −
a) Rút gọn A. 
b) Tìm x nguyên để A nguyên. 
Bài 3 (4đ). Giải phương trình 
) 2 1 3 2a x x+ = −
b) x2 – 2 = (2x + 3)(x + 5) + 23 
Bài 4 (6đ). Tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF gặp nhau 
tại H. Đường thẳng vuông góc với AB tại B và đường thẳng vuông góc với AC tại 
C cắt nhau tại G. 
a) Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm M của BC. 
b) ∆ABC ~ ∆AEF 
c) 
 
BDF CDE= 
d) H cách đều các cạnh của tam giác ∆DEF 
Bài 5 (1đ). Cho ba số thực x, y và z sao cho x + y + z = 1. Chứng minh rằng 
Bài 6 (1đ). Giải bất phương trình 20082007 <
− x
HẾT 
www.buiphan.net
2 
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN 
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN HỌC 9 
Gợi ý đáp án Điểm 
Bài 1a) 
4x2-49-12xy+9y2=(4x2-12xy+9y2)-49 
=(2x-3y)2-72=(2x-3y+7)(2x-37-7) 
(1 đ) 
(1đ) 
Bài 1b) 
x
2+7x+10 =x2+5x+2x+10 
=x(x+5) +2(x+5) =(x+5)(x+2) 
(1đ) 
(1đ) 
Bài 2a) x2-7x+10=(x-5)(x-2). Điều kiện để A có nghĩa là 
x ≠5và x ≠2 
2 2
2
2
2
1 2 2 4 1 2 2 4
2 7 10 5 2 ( 5)( 2) 5
5 2 (2 4)( 2)
( 5)( 2)
8 15 ( 5)( 3) 3
( 5)( 2) ( 5)( 2) 2
x x x x x xA
x x x x x x x x
x x x x x
x x
x x x x x
x x x x x
− − − − − −
= + − = + − =
− − + − − − − −
− + − − − − −
=
− −
− + − − − − − +
= = =
− − − − −
(0,5đ) 
(2đ) 
2b) 
( 2) 1 11
2 2
xA
x x
− − +
= = − +
− −
, với x nguyên, A nguyên khi và chỉ khi 
1
2x −
nguyên, khi đó x-2=1 hoặc x-2 =-1 nghĩa là x=3, hoặc x=1. 
(1,5đ) 
Bài 3a) Ta xét các trường hợp sau 
TH1: 
1 2 1 0 2 1 3 2
2
2 1 3 2 3
x x x x
x x x
≥ − ⇔ + ≥ ⇒ + = −
⇔ + = − ⇔ =
Ta thấy x=3 thuộc khoảng đang xét vậy nó là nghiệm của phương trình. 
TH2: 
1 2 1 0 2 1 3 2
2
2 1 3 2 5 1 0,2
x x x x
x x x x
< − ⇔ + < ⇒ + = −
⇔ − − = − ⇔ = ⇔ =
Ta thấy x=0,2 không thuộc khoảng đang xét vậy nó không là nghiệm của 
phương trình. 
 Kết luận phương trình có nghiệm x=3. 
(1đ) 
(1đ) 
Bài 3b) 
x
2
-2=(2x+3)(x+5)+23 ⇔x2-25=(2x+3)(x+5) 
(2đ) 
www.buiphan.net
3 
Gợi ý đáp án Điểm 
⇔(x-5)(x+5)=(2x+3)(x+5) ⇔(x-5)(x+5)-(2x+3)(x+5)=0 
⇔(x+5) [x-5 –(2x+3)] = 0 ⇔(x+5)(-x-8)=0 ⇔ x-5=0 hoặc x+8 =0 ⇔ x=-5 
hoặc x=-8 
Bài 4a) 
 Ta có BG ⊥AB, CH ⊥AB, nên BG //CH, 
 tương tự: BH ⊥AC, CG ⊥AC, nên 
BH//CG.tứ giác BGCH có các cặp cạnh đối 
sông song nên nó là hình bình hành. Do đó hai 
đường chéo GH và BC cắt nhau tại trung 
điểm của mỗi đường. Vậy GH đi qua trung 
điểm M của BC. 
(2đ) 
4b) Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC nên các tam giác 
ABE và ACF vuông. Hai tam giác vuông ABE và ACF có chung góc A nên 
chúng đồng dạng. Từ đây suy ra (1)AB AE AB AF
AC AF AE AC
= ⇒ = 
Hai tam giác ABC và AEF có góc A chung (2). Từ (1) và (2) ta suy ra 
∆ABC ~ ∆AEF. 
(1,5đ) 
4c) Chứng minh tương tự ta được ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC, suy ra 
∆BDF~∆DEC⇒
 
BDF CDE= . 
(1,5đ) 
4d) 
 Ta có 

 
 
 


 
 
 
 
 

0 090 90BDF CDE BDF CDE
AHB BDF AHC CDE ADF ADE
= ⇒ − = −
⇒ − = − ⇒ =
Suy ra DH là tia phân giác góc EDF. Chứng minh tương tự ta có FH là tia 
phân giác góc EFD. Từ đây suy ra H là giao điểm ba đường phân giác tam 
giác DEF. Vậy H các đều ba cạnh của tam giác DEF. 
(1đ) 
Bài 5)Ta có x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y)3 + z3 – 3xyz – 3xy(x + y) 
= (x + y + z)[(x + y)2 – (x + y)z + z2] – 3xy(x + y + z) 
= (x + y + z)[(x + y)2 – (x + y)z + z2 – 3xy] = x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx 
= ( )2 2 2 2 2 21 2 ( 2 ) ( 2 )2 x xy y y yz z x xz z − + + − + + − +  
= ( ) ( ) ( )2 2 21
2
x y y z x x − + − + −
 
dpcm
1đ 
Bài 6) Điều kiện 0x ≠ , bất phương trình 20082007 <
− x
2007 2008 0x
x
+
⇔ >
1đ 
F
E
M
G
H
D
CB
A
www.buiphan.net
4 
Gợi ý đáp án Điểm 
(2008 2007) 0
0
2007
2008
x x
x
x
⇔ + >
>
⇔
 < −

Hoặc biểu diễn trên trục số : 
Trong từng phần, từng câu, nếu thí sinh làm cách khác nhưng vẫn cho kết quả đúng, hợp logic thì 
vẫn cho điểm tối đa của phần, câu tương ứng. 
2007
2008
−
0 
www.buiphan.net