Đề thi chọn học sinh giỏi thcs cấp tỉnh
Môn: Toán 9Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (4 điểm)
a/ Tính giá trị biểu thức: P =
23
625)625(
+
+
b/ Giải phơng trình: x
4
- 30x
2
+ 31x - 30 = 0
c/ Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số dơng thoả mãn a + c = 2b thì ta luôn có:
ca
cbba
+
=
+
+
+
211
d/ Chứng minh rằng: x
3m+1
+ x
3n+2
+ 1 chia hết cho x
2
+ x + 1 với mọi số tự nhiên m,n.
Câu 2 ( 4 điểm)
a/ Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2x

9
+ x
99
a/ Chứng minh rằng P(x) luôn luôn chẵn với mọi x nguyên dơng
b/ Chứng minh rằng P(2) là bội số của 100
c/ Gọi N là số nguyên biểu thị số trị của P(4). Hỏi chữ số hàng đơn vị của N có thể là chữ số 0 đợc
không ? Tại sao ?
Câu 4 (3 điểm)
Cho góc nhọn xOy và điểm M nằm trong góc đó. Hãy tìm trên Ox, Oy các điểm A, B sao
cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất.
Câu 5 (3 điểm)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn với 3 đờng cao AA, BB, CC. Gọi H là trực tâm của tam
giác ABC. Chứng minh rằng:
1
'
'
'
'
'
'
=++
CC
HC
BB
HB
AA
HA
Câu 6 (3 điểm)
a. Cho 3 số dơng a, b, c có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:
9

HB
HB
HA
HA
. Dấu "=" xảy ra khi nào?
-------- Ht---------
Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi THCS cấp tỉnh
Môn: Toán 9
Câu 1
1
a/ P =
123)23)(23(
23
2
)23(
2
)23(
==+=
+
+
(1 điểm)
b/ x
4
-30x
2
+ 31x - 30 = 0 <=> (x
2
- x + 1)(x - 5)(x + 6) = 0 (*) ( 0,25 điểm)
Vì x
2



+


(*) (1/4 điểm)
Từ a + c = 2b => a = 2b c thay vào (*) ta có (1/4 điểm)
VT =
cb
ca
cb
cbba
cb
cb
bcb
ba


=

+
=


+


2
(**)
(1/4 điểm)

- x
2
+ x
2
+ x + 1 (0,25 điểm)
= x(x
3m
- 1) + x
2
(x
3n
- 1) + (x
2
+ x + 1) (0,25 điểm)
Ta thấy x
3m
- 1 và x
3n
- 1 chia hết cho x
3
- 1 do đó chia hết cho x
2
+ x + 1 (0,25 điểm)
x
3m+1
+ x
3n+2
+ 1 chia hết cho x
2
+ x + 1 (0,25 điểm)

2;1;0

(1/4 điểm)
+ Với y =

1 => (2x + 2)
2
= 6(7 - 1) <=> 2x
2
+ 4x - 16 = 0
=> x
1
= 4; x
2
= -2.
+ Với y =

2 =>2x
2
+ 4x - 7 = 0 => x
1
, x
2


Z (loại) (1/4 điểm)
+ Với y = 0 =>2x
2
+ 4x - 19 = 0 => x
1

22
+++
xx
1 + 3 = 4
Mặt khác : 4 (x - 3)
2
4
Vậy vế trái = khi và chỉ khi x 3 = 0
Từ đó ta có x = 3
Vậy nghiệm phơng trình x = 3
c/ Có A =
2
)1(
1
1
2
3
2
)1(
1)1(2)12
2
(3

+

=

++
x
x

M =
1
2
1
2
1
++








x
x
(1/2 điểm)
M đạt giá trị lớn nhất khi
2
1
2
x
x
+
nhỏ nhất =>
2
1
2
x

)
= (x + x
11
)(x
2
x
12
+ x
22
)( x
6
x
36
+ x
66
) (1/4 điểm)
a/ Với x chẵn thì x
9
, x
99
đều chẵn
x lẻ thì x
9
, x
99
đều lẻ
=> x
9
+ x
99

(1/4 điểm)
Theo câu b thì số bị trf có chữ số hàng đơn vị là 0 mà số trừ lại có số hàng đơn vị khác 0 hay hiệu
của chữ số hàng đơn vị khác 0
Vậy chữ số đơn vị của N khác 0.
Câu 4
- Dựng A đối xứng với M qua Ox (1 điểm)
- Dựng B đối xứng với M qua Oy
- Nối AB cắt Ox tại A, cắt Oy tại B (1 điểm)
=> AM = AA (A

Ox trung trực của AM)
BM = BB (B

Oy trung trực của BM)
(1/2 điểm)
=> P
(AMB)
= AA + AB + BB nhỏ nhất
(vì A, A, B, B thẳng hàng)
Câu 5: + Có S
ABC
=
2
1
BC . AA (1/2 điểm)
+ Có S
HBC
=
2
1

CC'
HC'
ABC
S
HAB
S
=
(1/2 điểm)
=>
1
ABC
S
ABC
S
ABC
S
HAB
S
HAC
S
HBC
S
==
++
Vậy
1
'
'
'
'

C
B
1
B
A
1
A
a. Do a + b + c = 1 nên









++=
++=
++=
c
b
c
a
c
b
c
b
a
b





b
c
c
b
a
c
c
a
a
b
b
a
cba
Dấu đẳng thức xảy ra a = b = c = 1/3
b. Tính biệt số

= [(a b)
2
c
2
][(a + b)
2
c
2
]
(1/2 điểm)

HBC
; S
2
= S
HAC
; S
3
= S
HAB
.
Ta có:
11
1
1
1
1
1
..
2
1
..
2
1
HA
HA
HA
AA
BCHA
BCAA
S

ữ1 2 3
1 2 3
1 1 1
( ) 3S S S
S S S

= + + + +
ữ

Theo bất đẳng thức Côsy:
1 2 3
1 2 3
1 1 1
1 1 1
( ) 9
9 3 6
S S S
S S S
HA HB HC
HA HB HC

= + + + +
ữ

+ + =
Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều
4