PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HUYỆN KHOÁI CHÂU
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Năm học: 2017 - 2018
Môn thi: TOÁN 9
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1. (4,0 điểm).
1) Rút gọn: A 
2) Cho B 

2 3
2  2 3



2 3
2  2 3

x x  5 x  12 2( x  3)
x 3


x x 6
x 2
3 x

a) Tìm ĐKXĐ và rút gọn B
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của B



x  yz
y  xz z  xy 2  xy
yz zx 
2

Bài 5. (4,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H
(D  BC; E  AC; F  AB). Chứng minh rằng:
1) Bốn điểm B, F, E, C cùng nằm trên một đường tròn? Xác định tâm và bán kính của đường
tròn đó.
2) HA.HD = HB.HE = HC.HF.
3) H là giao điểm của ba đường phân giác trong của tam giác DEF.
 .sin CFE
1
4) sin 
ADF .sin BED
8

Bài 6. (2,0 điểm).
1. Cho ABC vuông tại A có AB  AC , AM là trung tuyến với M  BC . Biết

ACB   , 
AMB   . Chứng minh rằng: (sin   cos ) 2  1  sin  .
2. Chứng minh rằng luôn tồn tại số nguyên dương có tận cùng là 2012 chia hết cho 2011.
----------HẾT---------Họ và tên thí sinh:............................................... Số báo danh:.....................Phòng thi số:...........
Chữ ký của giám thị 1:........................................


HƯỚNG DẪN CHẤM

Tương tự 2  3 

2

Điểm
2,0 đ

 3  1

2



2

0,25đ



3 1
2

2

0,25đ

Do đó :
2 3

A




3 1



3 1



2


2



2

3 1
2

3 1



2

2

3 1

3 1 3 1 2 3


6
6

0,5đ


2

0,5đ
2,0 đ

2)
a) ĐKXĐ: x  0, x  9
Với x  0, x  9 ta có:
B





2



2 2 6 2


x x 5



x 3



0,25đ
x 3
x 3

 x 2
x  12  2  x  3   x  3
 x  2 x  3

x 2





2

x 3

2

x 2

 x  2 x  3
 x  3  x  12

 x  2 x  3
x 2

0,25đ

x  12
x 2
Với x  0, x  9 ta có:
x  12
16
16
B
 x 2
 x 2
4
x 2
x 2
x 2


0,25đ

áp dụng bất dẳng thức Cosy cho 2 số không âm x  2 và
16
ta có:
x 2



2

 42  x  4 (TM)

Vậy Giá trị nhỏ nhất của P  4  x  4
1)
3

A x 

0,25 đ
0,25 đ
1,5 đ

2  3. 6 7  4 3  x

9  4 5. 2  5  x
ĐKXĐ: x  0

0,25đ

(2  3)2 . 6 7  4 3  x

0,25đ

4

Bài 2
(3,0 đ)

(1  x ).(1  x )
 x
1
1 x
1 x

Giá trị biểu thức bằng 1, không phụ thuộc giá trị của x
2)
Đặt Q =

20142  20142.20152  20152

 Q  20142  2.2014.2015  20152  20142.20152  2.2014.2015



0,25đ

 2015  2014 

2

 2.2014.2015  20142.20152

0,25đ

0,5đ
1,5 đ
0,5 đ



2

1,5 đ
0,5 đ

Mà 2.  x  1  0  7  y 2  0  y 2  1  y   1

0,5 đ

Từ đó tìm ra các cặp nghiệm: (2; 1); (2; -1); (-4; 1); (-4; -1)

0,5 đ

2)
Điều kiện x  8

1,5 đ
0,25 đ

2

  4 x  2  . x  8  3x 2  7 x  8
 x  8  3 x. x  8   x  2  x  8  3 x  x  2   0
 x8







Giải PT (1) tìm được x = 1(tm), x = -4 (loại)
Giải PT (2) tìm được x = 1 (tm), x = -8/9 (loại)
Kết luận: PT đã cho có một nghiệm là x = 1
1)
a) Gọi điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn đi qua với mọi giá
trị của m là M  x 0 ; y0  . Khi đó ta có:
3  m  1 x 0   m  3 y 0  3  0 đúng với mọi m
  3x 0  y0  m  3  x 0  y 0  1  0 đúng với mọi m

0,25 đ
0,25 đ
2,0 đ

0,25 đ

1

x

0

3x 0  y0  0
2
0,5 đ


3  x 0  y0  1  0
 y  3
 0 2

3
1
.
 OA 
;OB 
m3
m 1
  900 ;OH  AB
Trong tam giác OAB có O
1
1
1
1
1





2
2
2
2
2
OH
OA
OB
 3 
 1 



Dấu bằng xảy ra khi m 
Vậy với m 

6
(thỏa mãn)
5

10
6
thì  OH 
(3)
5
2
0,5 đ

10
6
khi m 
5
2

Từ(1)(2)(3) tacó OH max 

2,0 đ

2)
Áp dụng BĐT Cô si cho các số dương x 2 và yz, ta có:
1
1





2
2
2
x  yz
y  xz z  xy 2  x yz
y xz
z xy
yz  xz  xy
1
1
1


Ta có:
=
(2)
xyz
x yz
y xz
z xy

Suy ra:

0,25 đ



x



2

 0 (BĐT đúng)

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z
Từ (2) và (3) suy ra:

1
1
1


x yz
y xz
z xy

0,5 đ


x yz
1
1
1
(4)



E

E

F

F

H

H

K

B

0,25 đ

D I

C

M

B

Hình 1
1. (1,0 điểm)

D

2. (1,0 điểm)
Hình 1
 (đđ )
 
AHE  BHD
+) Xét HAE và HBD có 


A H
DB( 900 )
 HE
 AHE dong dang voi BHD 

HA HE

 HA.HD  HB.HE (1)
HB HD

+) Chứng minh tương tự, ta có:
HA HF

 HA.HD  HC.HF (2)
HC HD
+) Từ (1) và (2)  HA.HD  HB.HE  HC.HF

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ



0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ


  HDE
  DH là phân giác của FDE
 (*)
+) Từ (3);(4) và (5)  HDF
 (**)
- CM tương tự, ta có: EH là phân giác của DEF
- Từ (*) và (**)  H là giao điểm của 3 đường phân giác trong DEF
4. (1,0 điểm)

0,25 đ

Hình 2
- Kẻ DK  BE ( K  BE ) . Gọi BE  DF  M  .
  sin KED
  DK mà DK  DM  sin BED
  DM
 sin BED
DE
DE
DM FM
Mặt khác
(t/c đường phân giác)


2 DE.DF
EF
DF
DE
.sin CFE

 sin 
ADF .sin BED
.
.
2 DE.DF 2 DE.EF 2 FD.FE

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

.sin CFE
  1 (ĐPCM)
 sin 
ADF .sin BED
8
 DE  EF

Dấu “=” xảy ra   EF  FD  DEF đều.
 FD  DE


Bài 6

Từ (1) và (2) suy ra:
.sin   BC.cos .sin 
2
Hay sin   2.cos .sin 
Do đó: 1  sin   1  2.cos .sin 
1  sin   sin 2   cos 2  2.cos .sin   (sin   cos ) 2
Vậy (sin   cos ) 2  1  sin 
AH  AM .sin  

2. Xét 2011 số có dạng sau: a1=2012; a2 = 20122012;

0,25đ

0,25đ

0,25đ


...2012
a3=201220122012, … , a2011  20122012


0,25đ

2011 sô 2012

Nếu một trong 2011 số trên chia hết cho 2011 thì đó chính là số
phải tìm
Nếu không có số nào trong 2011 số trên chia hết cho 2011 thì
phải có 2 số ai, ak (ai