Tập đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 môn toán kèm đáp án chi tiết là tài liệu
mới nhất hữu ích cho bồi dưỡng học sinh giỏi bộ môn. Chúc các em học
sinh thi đạt kết quả cao nhất.
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁP HUYỆN ĐỢT 1

UBND HUYỆN ..............

Năm học ..............
Môn thi: Toán - Lớp 9
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao
đề)
Thí sinh không được sử dụng máy tính bỏ túi.

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Bài 1: ( 2 điểm)
Cho biểu thức P =

x +1
x+2
x +1
−
−
x −1 x x −1 x + x + 1

a, Rút gọn biểu thức P.
b, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q =

2
+ x .
P

Giả sử a, b, c là các số dương , chứng minh rằng:
a
b
c
+
+
>2
b+c
c+a
a+b

---------- HẾT ----------


Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
UBND HUYỆN ..............
HƯỚNG DẪN CHẤM
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Môn thi:Toán - Lớp 9
Bài 1: (2điểm)

Ý/Phần

Đáp án

ĐKXĐ x ≥ 0; x ≠ 1

a

Ta có P =


(

)+

−2 x + x + 1
x

2 

x = −2 −  x +
÷ ≤ −2 − 2 2
x


Vậy GTLN của Q= −2 − 2 2 khi x=2

0,75
0,25

Bài 2: (2 điểm)

Ý/Phần
a
ĐKXĐ: x ≥ 0.

Đáp án

Điểm
0,25

Vậy pt đã cho có nghiệm x=0.
Với mọi m, đường thẳng (d) không đi qua gốc toạ độ O(0; 0).
• m = 4, ta có đường thẳng y = 1, do đó khoảng cách từ
O đến (d) là 1 (1).
• m = 3, ta có đường thẳng x = -1, do đó khoảng cách từ
O đến (d) là 1 (2).
• m ≠ 4, m ≠ 3 thì (d) cắt trục Oy, Ox lần lượt tại:

0,25

0,25

1 

 1

A  0;
; 0 ÷.
÷ và B 
 m−3
m−4 

Hạ OH vuông góc với AB, trong tam giác vuông AOB, ta
1

1

có: OA = m − 3 , OB = m − 4

0,25

7
2

chỉ khi m = .
7
2

0,25

Kết luận: m = .
Bài 3: (2,0 điểm)

Ý/Phần
a

Đáp án
x + y 2013 m
=
m, n ∈ ¥ * , ( m, n ) = 1 .
y + z 2013 n
nx − my = 0
x y m
⇒ = =
⇒ xz = y 2 .
⇔ nx − my =( mz − ny ) 2013 ⇒ 
y z
n
mz − ny = 0

(

phương
lại có x2 và x2 + 1 là hai số chính phương liên tiếp ⇒ x2 = 0
⇒x=0
Thay x = 0 vào phương trình (1) ta tìm được y = 0, và y =1
Vậy các cặp số tự nhiên (x,y) là (0,1); (0,0).

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

Bài 4: (3,0 điểm)

Ý/Phần

Đáp án

a

Điểm

A

E
F

G


⇒ G trọng tâm của ∆AHD ⇒

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

GM 1
=
AM 3

Xét tam giác ABC có M trung điểm của BC,
Suy ra G là trong tâm của ∆ABC

GM 1
=
AM 3

0,25

Bài 5: (1,0 điểm)

Ý/Phần

Đáp án

c
+
+
≥2
b+c
c+a
a+b

0,25
0,25

Dấu bằng của ba BĐT trên không thể đồng thời xảy ra , vì
khi đó có :
a = b + c , b = c + a , c = a + b nên a + b + c = 0 ( trái
với giả thiết a, b, c đề là số dương ).
Từ đó suy ra :

UBND HUYỆN ..............
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

a
b
c
+
+
>2
b+c
c+a
a+b




Cho biểu thức: P = 

a. Rút gọn biểu thức P.
b. Tìm giá trị của P khi x = 11 − 3 8 + 3 − 8 .


c. So sánh: P2 và 2P.
Bài 2: (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 4 x 2 + 3 x + 3 = 4 x 3 + 3x 2 + 2 2 x − 1
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai đường thẳng (d 1): y = 3x – m – 1
và (d2) : y = 2x + m - 1. Chứng minh rằng khi m thay đổi, giao điểm của (d 1) và
(d2) luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
Bài 3: (... điểm)
a) Tìm số nguyên a sao cho a 4 + 4 là số nguyên tố

b) Đặt a = 3 2 − 3 + 3 2 + 3
64

Chứng minh rằng M = (a 2 − 3) 3 − 3a là số chính phương.
Bài 4: (… điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại
H.
a. Chứng minh rằng:
S

2

Môn thi: Toán - Lớp 9

Bài 1: ( 2 điểm)

Ý/Phần
a)

ĐKXĐ Với x ≥ 0, x ≠ 1

Đáp án

 x + 2 + x − x − x − x −1  x −1
P = 
÷
÷: 2
 ( x − 1)( x + x + 1) 
=

x − 2 x +1
2
2
.
=
.
( x − 1)( x + x + 1) x − 1 x + x + 1

x = 11 − 6 2 + 3 − 2 2 = (3 − 2)2 + ( 2 − 1) 2

Điểm


2
≤1⇒ P =
≤2
x + x +1
x + x +1
Do 0 < P ≤ 2 nên P.(P – 2) ≤ 0 ⇔ P2 ≤ 2P
Vậy P2 ≤ 2P

suy ra:

0.25
0.25

Bài 2: ( 2 điểm)

Ý/Phần
a)

Đáp án

Điểm
1

4 x 2 + 3 x + 3 = 4 x 3 + 3 x 2 + 2 2 x − 1 ( ĐKXĐ x ≥ 2 )
⇔ 4 x 2 + 3x + 3 = 4 x x + 3 + 2 2 x − 1

(
⇔ ( 2x −

) (

1
 1 = 2 x − 1

Vậy phương trình có nghiệm x = 1

Tìm được (d1) cắt (d2) tại M(2m ; 5m-1) với mọi m.
b)

Suy ra quan hệ : ym =

5
xm - 1 với mọi m
2

Vậy khi m thay đổi, giao điểm M của (d 1) và (d2) luôn nằm
trên đường thẳng cố định (d) : y =

5
x - 1.
2

0.25
0.25
0.25
0.75
0.25

Bài 3: ( 2 điểm)

Ý/

0.25
0.25

0.25


<=> a3 = 3a +4<=> a3 - 3a = 4
Mặt khác từ a3 = 3a +4 <=> a(a2 - 3 ) = 4 <=> a2 - 3 = 4 : a (vì
a3 = 3a +4 nên a ≠0 )

0.25
0.25

64

Thay vào và rút gọn ta có M = (a 2 − 3) 3 − 3a = a3 - 3a = 4
Vậy M là số chính phương .

0.5

Bài 4: ( 3 điểm)

Ý/Phần
a)

Đáp án

Điểm

A

2
=
÷ = cos A
S ABC  AB 
S
= cos 2 B, CDE = cos 2 C.
S ABC

* Từ ∆AEF : ∆ABC suy ra
b)

S BDF

Tương tự câu a, S
ABC
Từ đó suy ra

0.25

SDEF S ABC − S AEF − S BDF − SCDE
=
= 1 − cos 2 A − cos 2 B − cos 2 C
S ABC
S ABC

2
2
2
Suy ra S DEF = ( 1 − cos A − cos B − cos C ) .S ABC


ABC

HC.HB HB.HA HA.HC S HBC + S HCA + S HAB
=1
+
+
=
S ABC
AC. AB AC.BC AB.BC

0.25


Ta chứng minh được: (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx) (*)
Áp dụng (*) ta có:
2

 HA HB HC 
 HA.HB HB.HC HC.HA 
+
+
+
+

÷ ≥ 3. 
÷ = 3.1 = 3
 BC AC AB 
 BC.BA CA.CB AB. AC 
HA HB HC
+

⇔
(a + 3)2 = (b + c – 3)2
⇔
a+3=b+c–3
⇔
a=b+c–6
bc = 3(b + c – 6 + b + c) = 3(2b + 2c – 6)
⇔
(b – 6)(c – 6) = 18
Nên ta có các trường hợp sau:
1. b – 6 = 1 và c – 6 = 18 thì b = 7; c = 24 và a = 25
2. b – 6 = 2 và c – 6 = 9 thì b = 8; c = 15 và a = 17
3. b – 6 = 3 và c – 6 = 6 thì b = 9; c = 12 và a = 15

0.5

NỘI DUNG CẤU TRÚC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
MÔN : Toán - LỚP 9
CÂU

NỘI DUNG KIẾN THỨC

ĐIỂM

Câu 1

Biến đổi đồng nhất:
Các bài toán biến đổi căn thức và các câu hỏi khai thác biểu
thức rút gọn


Bài toán phát hiện học sinh xuất sắc
Câu 5

1 điểm

Cực trị đại số, hình học, biến đổi đồng nhất...

Cộng

10,0 điểm

UBND HUYỆN ..............
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
------------o0o--------------

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP
HUYỆN
Năm học: ..............
Môn thi: Toán học – Lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian
giao đề)

Câu 1 (2 điểm)
Cho biểu thức A =

2 x +1
x +3
10 − x
+

nguyên tố?
b) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 x 2 − 3 xy − 2 y 2 + 6 x − 2 y = 1 .
Câu 4 (3 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC. Gọi A là một điểm nằm
trên nửa đường tròn (O) ( A ≠ B, A ≠ C ) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC,
D là điểm đối xứng với B qua A, I là trung điểm AH, J là trung điểm của DH.
a) Chứng minh rằng ∆AJH đồng dạng với ∆HIC .
b) Gọi E là giao điểm của HD và CI. Chứng minh : 2AE < AB?
c) Khi A di động ( A ≠ B, A ≠ C ) , xác định vị trí điểm A trên nửa đường tròn sao
cho tam giác ABC có chu vi lớn nhất.
Câu 5 (1 điểm)
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn : a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:
1
1  1 1 1
 1
4
+
+
÷≤ + + + 9
 a +b b+c c+a  a b c

--------------------------------Hết--------------------------------UBND HUYỆN ..............
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP
TẠO
HUYỆN
------------o0o-------------Năm học: ..............
Môn thi: Toán học – Lớp 9

Câ


2 x +1
x +3
10 − x
2 x +1
x +3
+
−
=
−
−
x −3 2− x x −5 x +6
x −3
x −2

)(

x +1

)(
x − 3) (

) (

x −2 −

(

x −3


)(

x −2

x −2 x −3
x −3

x +1
x −2

)(

x −2

)

)

0.5

0.5

b Tìm x để A < 2.
Để A < 2 ⇒


TH1: Khi 


x +1

0 ≤ x < 25
⇔
⇔
⇔0≤ x

25
, ta
x +1

được
25
25
≥ 2.5 ⇔ x + 1 +
≥ 10
x +1
x +1
25
⇔ x +1+
−6 ≥ 4⇒ B ≥ 4
x +1
25
⇔ x + 1 = 5 ⇔ x = 4 ⇔ x = 16
Dấu “=” xảy ra khi: x + 1 =
x +1
x +1+

2

(t/m)
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức B là: MinB = 4 khi x = 16 .
a Giải phương trình x + 1 + 2 7 − x − 2 x + 1 = 7 + 6 x − x 2
Điều kiện xác định của phương trình: −1 ≤ x ≤ 7
PT ⇔ x + 1 − 2 x + 1 + 2 7 − x − ( 7 − x ) ( x + 1) = 0
⇔ x + 1.

 x + 1 − 7 − x = 0
 x + 1 = 7 − x

0,5

Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm là: x = 3.
b Chứng minh các đường thẳng cùng đi qua 1 điểm cố định
Gọi M ( x0 ; y0 ) là điểm cố định của đường thẳng
y = ( 2m + 1) x − 4m + 1

Khi đó ta có:

y0 = ( 2m + 1) x0 − 4m + 1, ∀m ∈ ¡ ⇔ m ( 2 x0 − 4 ) + x0 − y0 + 1 = 0, ∀m ∈ ¡

2 x0 − 4 = 0
 x0 = 2
⇔
⇔
⇒ M ( 2;3)
 x0 − y0 + 1 = 0
 y0 = 3
Do đó, đường thẳng y = ( 2m + 1) x − 4m + 1 luôn đi qua điểm cố định

0,5

M ( 2;3)

Với x = 2; y = 3 thay vào đường thẳng
y + 2m − 1 = ( m + m + 1) x − 2m ta được:
2


0,5

2
*
2
2
Khi p > 3 ⇒ p = 3n + 1( n ∈ N ) ⇒ p + 2 = 3n + 3 M3 ⇒ p + 2 là hợp
số

⇒ Mâu thuẫn với giả thiết p 2 + 2 là số nguyên tố ⇒ p > 3 không

thỏa mãn đề.
Vậy khi p và p 2 + 2 là các số nguyên tố thì p 3 + p 2 + 1 cũng là số
nguyên tố
b Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 x 2 − 3xy − 2 y 2 + 6 x − 2 y = 1 .

Ta có 2 x − 3xy − 2 y + 6 x − 2 y = 1 ⇔ ... ⇔ ( x − 2 y + 2 ) ( 2 x + y + 2 ) = 5
Vì x; y ∈ ¢ ⇒ x − 2 y + 2; 2 x + y + 2 ∈ ¢ nên x − 2 y + 2; 2 x + y + 2 là
ước của 5:
2

2

0,5

0,5

x − 2 y + 2 = 1
 x − 2 y = −1  x = 1

TH3. 
(Không thỏa
 2 x + y + 2 = −5
2 x + y = −7
y = − 1

5

mãn)
13

x=−

x
−
2
y
+
2
=
−
5
x
−
2
y
=
−
7


phụ với góc HAC
)

(1)
+) Trong tam giác vuông ACH
ta có: tan ·ACH =

AH
HC

1

(2)

+) Trong tam giác vuông AIJ
ta có
tan ·AIJ =

AJ AJ
=
( AI = HI ) (3)
AI HI

Từ (1), (2), (3)
AH AJ
AH HC
=
⇒
=
(4)

Tương tự ∆JAI vuông tại A ⇒ I , A, J thuộc đường tròn đường
kính IJ
⇒ I , A, J , E cùng thuộc đường tròn đường kính IJ
Theo tính chất liên hệ giữa đường kính và dây trong đường tròn
đường kính IJ ta có: AE ≤ JI
1
2

0,5

1
2

Mà ta lại có IJ = AD ⇒ IJ = AB (D đối xứng với B qua A)
⇒ AE ≤

1
AB ⇒ 2 AE ≤ AB
2

0,5

Dấu “=” xảy ra khi tứ giác AIEJ là hình chữ nhật
⇒ JE / / AI ⇒ AH ≡ HD
(mâu thuẫn) ⇒ 2AE < AB

c Xác định vị trí điểm A
Khi A di động trên nửa đường tròn (O).
Ta có chu vi tam giác ABC là: C∆ABC = AB + AC + BC



1

1

1

1

1

1
1  1 1 1
 1
4
+
+
÷≤ + + + 9
 a+b b+c c+a  a b c
 a+b+c a+b+c a +b+c  a +b +c a +b +c a +b +c
⇔ 4
+
+
+
+
+9
÷≤
b+c
c+a 
a

c
1 1
4
1 1
≤ +
Ta có với các số dương x, y thì ( x + y )  + ÷ ≥ 4 ⇔
x+ y x y
x y

0,5

nên:
4c
 1 1  4a
 1 1  4b
1 1
≤ c.  + ÷;
≤ a.  + ÷;
≤ b.  + ÷
a+b
a b b+c
b c  c+a
c a 
4c
4a
4b
b +c c +a a +b
+
+
≤

÷

÷
÷
 x −1 x −1   x x x + x 

a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm x để P < 1
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P .
Bài 2: (2,0 điểm)

ĐÈ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT 1
Năm học: ..............
Môn thi: Toán – Lớp: 9
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)


1. Giải phương trình : x 2 − 7x + 6 + x + 3 = x − 6 + x 2 + 2x − 3
2. Cho 2 điểm A ( 1;3) và B ( −2;1)
a) Biết phương trình đường thẳng (d): y = ax + b (a ≠ 0) đi qua A và B. Tìm a
và b.
b) Lập phương trình đường thẳng đi qua C ( 2; −1) và song song với (d); vuông
góc với d.
Bài 3: (2,0 điểm)
1. Tìm nghiệm nguyên ( x; y ) của phương trình : x 2 − 3y 2 + 2xy − 2x − 10y + 4 = 0
2. Cho x, y, z là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện xyz = 100 . Tính giá trị
của biểu thức M =

x
xy + x + 10

UBND HUYỆN ..............
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Bài 1: (2,0 điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn thi: Toán – Lớp: 9


Ý/Phần
a)
ĐK: x > 0; x ≠ 1
P=
=

(

x

(

(

Đáp án

)

(

)


1,0

x
x −1

=

b)

)(

)

P

x − 1 > 0;

)(

x −1

)

x +1 +1

x −1

= x +1+

1
x −1

1
> 0. Áp dụng BĐT Cô si ta được: 0,5
x −1

1
≥2
x −1
⇒ P ≥ 2+2 = 4
x −1 +

Dấu “ = ” xảy ra khi x = 4(tmđk)
Vậy Pmin = 4 khi x = 4 ⇒ P = 2 khi x = 4.


(

(

x +3 = x 6 +

) (

x6 x +3

x6 x +3

)(

( x 1) ( x + 3)

)

0,25

x 6 x+3 = 0

)

x 1 1 = 0

0,25
0,25


( V) : y = ax + b ( a 0 )
Vỡ ( V) i qua C nờn
+) Vỡ ( V) P( d )

0,5

1 = 2a + b ( 1)

2

a = 3

b 7

2

2
7
( V) : 1 = 2. + b b =
3
3
2
7
Vy ( V) : y = x
3
3
2
3
+) Vỡ ( V) ( d ) a. = 1 a =
3


Vỡ x, y nguyờn nờn ( x + 3y + 1) v ( x y 3) nguyờn cỏc

0,25


trường hợp :
*) Trường hợp 1:
 x + 3y + 1 = 1
 x + 3y = 0
 x = −3y
 x = −3
⇔
⇔
⇔

 x − y − 3 = −7
 x − y = −4  4y = 4
y = 1

0,25

*) Trường hợp 2:
 x + 3y + 1 = −1  x + 3y = −2  x = −2 − 3y
x = 7
⇔
⇔
⇔

x − y − 3 = 7

 y = −3

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là

( x; y ) ∈ { ( −3;1) ; ( 7; −3) ; ( 3;1) ; ( 1; −3) }

2)

0,25

Vì x, y, z nguyên dương; xyz = 100 ⇒ xyz = 10
Ta có :
M=
=
=

=
=

x
xy + x + 10
x

xy + x + 10
x

+

+
+

+

z

xz + 10 z + xyz

(

10 z
x + 10 + xy
10

)

0,25
0,25

xy + x + 10

0,25

=1

0,25
Bài 4: (2,0 điểm)
Ý/Phần

Đáp án

Điểm

·
Lại có AND
(cùng chắn cung AD)
= ABD
·
·
⇒ ACH = AND , hai góc này có đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh
·
·
AF do đó tứ giác ANCF nội tiếp. ⇒ FAC
(hệ quả
= FNC
góc nội tiếp).
(1)
·
·
Nối N với E ta có DAE = DNE (cùng chắn cung DE), mà
·
·
(gt) (2)
DAE
= BAE
·
·
Từ (1) và (2) suy ra DNC
= DNE
Do đó hai tia NC và NE trùng nhau do đó ba điểm N, C, E
thẳng hàng. (đpcm)

2)

Bài 5: (2,0 điểm)
Ý/Phần

Đáp án

Điểm
A

Kẻ AH ⊥ BC
Xét VAHB có ·AHB = 90o

1

2

µ = 45o ⇒ µA = 45o
B

B

H

C

1,0


¶A = 105o − 45o = 60o
2
+ ) HC = AH .tan 60o


3 −1 = 2

6− 2

)

1,0

3 −1

UBND HUYỆN ..............
PHÒNG GD&ĐT ..............

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT 1
Năm học ..............
Môn thi : Toán lớp 9
Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian phát đề )

Bài 1: (2đ) Cho biểu thức:

x
x  2
2− x 
P = 
+
: −
÷
÷
÷

µ = 45o ; BC = 4cm . Tính độ dài AB; AC.
Cho VABC có A
HẾT
( Đề thi gồm có 2 trang )
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm .
Họ và tên thí sinh …………………… Số báo danh ……………………….

Bài 5: (1đ)


UBND HUYỆN ..............
PHÒNG GD&ĐT ..............

Bài 1:
Phần
a

HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn thi : Toán lớp 9

Đáp án
a) ĐK: x > 0; x ≠ 1
P=
=

(

(

)

x ( x + 1)
x+2 x
=
.
( x + 1) ( x − 1) x + 2 x
=

(

x

Biểu điểm

x +1

x −1

1đ

x
x −1

b) P < 1 ⇔

x
< 1⇔
x −1

x
x − x +1

1
P = x −1+
+2
x −1
P=

(

)(

x −1

)

x +1 +1

x −1

= x +1+

0,5đ

1
â
x −1


Vì x > 0 ⇒

1

a=

3 = a + b

3
⇔
(tmđk)

1 = −2a + b
b = 7

3
2
7
Vậy ( d ) : y = x +
3
3

1 điểm

y

(d)

b)
D
A

H
E

+
2
2
2
2
2
2
OH
OD OE
OH
7 7
 ÷  ÷
 3  2

⇔ OH =

7 13
13


Bài 3 :
Phần
a

Đáp án

Điểm

a)
+) 3x 2 + 6 x + 7 = 3 ( x 2 + 2 x + 1) + 4 = 3 ( x + 1) + 4

1 điểm

= 6 − ( x + 1) ≤ 6
2

Dấu “=” xảy ra khi ⇔ x = −1
⇒ VT = VP = 6 khi x = −1
Vậy phương trình có một nghiệm là x = - 1.
2
b) x + 2 xy − 7 x − 12 = 0 ( 1)
Nếu x = 0 ⇒ ( 1) ⇔ −12 = 0 ⇒ phương trình vô nghiệm
− x 2 + 7 x + 12
2x
2
(x; y) nguyên ⇔ ( − x + 7 x + 12 ) M( 2 x )

Nếu x ≠ 0 ⇒ y =

⇔ ( −2 x 2 + 14 x + 24 ) M( 2 x )
⇔ −2 ( x 2 − 7 x ) + 24M2 x
⇔ 24M2 x ⇔ 12Mx

⇒ x ∈ Ư(12) ⇒ x ∈ { ±1; ±2; ±3; ±4; ±6; ±12}

⇒ y ∈ { 9; −2;11; 4; −3; 4}

Bài 4
Phần

1

·
·
·
·
=
sin 2 MBA
+ sin 2 MAB
+ sin 2 MCD
+ sin 2 MDC
·
·
·
·
(sin 2 MBA
+ cos 2 MBA
) + (sin 2 MCD
+ cos 2 MCD
)

=1 +1=2
Chứng minh: OK 2 = AH (2 R − AH )
Thật vậy: KOHM là hình chữ nhật nên: OK = MH
Mà MH2 = HA.HB (Hệ thức lượng trong tam giác vuông
MAB có MH đường cao) và BH = AB – AH = 2R - AH
Suy ra: OK2 = MH2 = AH(2R- AH)
2.

3. P = MA. MB. MC. MD =AB.MH.CD.MK =
4R2.OH.MH(Vì MK = OH)
Mà OH.MH ≤


Điểm

2

C


Xét VAHB có ·AHB = 90o

1 điểm

µ = 45o ⇒ µA = 45o
B
¶A = 105o − 45o = 60o
2

+ ) HC = AH .tan 60o
⇔ 4 − BH = AH . 3 ⇔ 4 − AH = 3 AH ( AH = BH )
⇔

(

)

3 + 1 . AH = 4 ⇔ AH =

4
=2
3 +1

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT 1
Năm học : ..............
Môn thi: Toán – Lớp 9
Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian giao đề)

 x −2
x + 2  x2 − 2 x + 1
−
÷
÷.
2
 x −1 x + 2 x +1 

Bài 1:(2 điểm) Cho A = 
a) Rút gọn A.

b) Tìm x để A > 0 .
c) Tìm giá trị lớn nhất của A .
Bài 2:(2điểm)
a) Giải phương trình sau: x 2 − 5 x + 14 = 4 x + 1
b) Cho đường thẳng (d) có phương trình : y = (m-1)x + (m +1) (d)
Chứng minh rằng khi m thay đổi thì đường thẳng (d) luôn luôn đi qua một
điểm cố định.
Bài 3:(2 điểm)
a) Tìm ba số nguyên tố mà tích của chúng bằng năm lần tổng của chúng.
b) Tìm số tự nhiên n sao cho A = n 2 + n + 6 là số chính phương.
Bài 4: (3 điểm) Cho nửa đường tròn đường kính BC=2R, tâm O cố định. Điểm
A di động trện nửa đường tròn. Gọi H là hình chiếu của điểm A lên BC. Gọi
Dvà E lần lượt là hình chiếu của H lên AC và AB.
a) Chứng minh: AB . EB + AC . AD = AB2