ĐỀ THI SINH GIỎI LỚP 9
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể phát đề)
ĐỀ BÀI
Bài 1 (3 điểm):
Tìm n
∈
Z sao cho:
2
17n n+ −
là bội của n +5.
Bài 2 (2 điểm):
Cho a > 0, b > 0 thoả mãn: 2a
2
+ 2b
2
= 5ab.
Tính giá trị của biểu thức: A =
a b
a b
−
+
.
Bài 3 (4 điểm):
a) Vẽ đồ thị hàm số: y = 3 -
2
2 1x x− +
b) Giải phương trình: x =
1 1
1x
x x

Chứng minh: D, O’, E thẳng hàng.
b) Chứng minh IC
2
= IA. IB.
c) Tìm vị trí của điểm C sao cho AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác OCI.
----------------------------------- Hết ------------------------------
(I)
(d
1
)
(d
2
)
D/A
Bài 1 (3 điểm):
Ta có: n
2
+ n - 17 là bội của n + 5 => (
2
n
+
17) ( 5)n n− +M
…………………………....0,25đ
Xét phép tính:
2
17 ( 5)( 4) 3 3
( 4)
5 5 5
n n n n
n

Ta có: A =
a b
a b
−
+
. Bình phương hai vế ta được:
A
2
=
2
( )
a b
a b
−
+
=
2 2
2 2
2
2
a ab b
a ab b
− +
+ +
………………………………………………………….0,5đ
=đ
2 2
2 2
2 2 4
2 2 4


{
4
2
x
x
−
+
Nếu x < 1
Vẽ đường thẳng (d
1
): y = - x + 4 với x
≥
1
Và đường (d
2
): y = x + 2 với x < 1 ta được đồ thị: Hình (P) y
Đồ thị đúng 1 điểm, mỗi nhánh 0,5 điểm

3
_

2
_

1
_

I I I I I I
x

-1 vế trái của phương trình âm còn vế phải không âm.
Phương trình vô nghiệm……………………………………………………………..0,25đ
* x
≥
1 phương trình x =
1 1
1x
x x
− + −

1
1x
x
⇔ − −
=
1
x
x
−
……………………………………………………..0,25đ
⇔

2
1
1x
x
 
− −
 ÷
 ÷

+ 1 = 0 …………………………………………………...0,25đ
⇔
x(x - 1) – 2
( 1)x x −
+ 1 = 0
⇔
2
( ( 1) 1)x x − −
= 0……………………………….. 0,25đ
⇔
( 1)x x −
= 1 …………………………………………………………………...0,25đ

⇔
x
2
– x – 1 = 0
⇔
x =
1 5
2
+
(vì x
≥
1) ………………………………………….0,25đ
Bài 4 (3 điểm): Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác nên a > 0, b > 0, c > 0 .…..0,25đ
Ta có:
1 1 1
2
a b ab

∆
ABC đều………………………………………0,25đ
Bài 5 (2 điểm):
x
≥
1
x
≤
-1
(1)
(I)

{
100
15 9 300
x y z
x y z
+ + =
+ + =
⇔

Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được: 14 x +8 y = 200
⇔
7x + 4y = 100 …………………………………………………………………….0,25đ
⇔
4y = 100 – 7x

⇔
y =
100 7

⇒
x = 4, y = 18, x = 78.
Khi t = 2
⇒
x = 8, y = 11, z = 81.
Khi t = 3
⇒
x = 12, y = 4, z = 84. ………………………………………………….0,5đ
Vậy nghiệm nguyên dương của hệ phương trình là:
(x; y; z)
∈
{( 4; 8; 78); ( 8; 11; 81); ( 12; 4; 84)}…………………………………….0,25đ

C
Bài 6 (6 điểm):
Vẽ hình đúng được 0,5đ
D O’ E

A
O B K I X
a) AB là đường kính của (O,
2
AB
)
·
0
90ACB⇒ =
hay
·
0

CBI∆
………………………………………………….0,5đ
⇒
IA IC
IC IB
=
….…………………………………………………0,5đ
⇒
IA. IB = IC
2
(đpcm). …………………………………………………...0,5đ
c) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp
∆
OIC,
·
0
90OIC =
nên K là trung điểm của OI..0,25đ
Để AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
∆
OIC thì AC
⊥
CK. ……………….0,25đ
·
·
ACO ICK⇒ =
(cặp góc có cạnh tương ứng vuông). …………………………………..0,5đ
Mà
·
µ

+ + − =


b)
( 1) ( 1) 2
1 1
x y y x xy
x y y x xy

− + − =


− + − =


Câu 2(3đ): Giả sử x, y, z là những số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1.
Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 1 1
x y z
P
x y z
= + +
+ + +
Câu 3(3đ): Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn điều kiện
1 1 1
2
1 1 1a b c
+ + ≥
+ + +
Chứng minh rằng:

, v =
2x y+
(
0, 0u v≥ ≥
)
Ta có
5
(*)
1
u v
v x y
+ =


+ − =

Do u
2
– v
2
= (7x + y) – (2x+y) = 5x
Mà u + v = 5 nên u – v = x
Do đó u =
5
2
x +
, v =
5
2
x−

=

+ −
⇔ = ⇔

=

Với x = 1 ta được y = 2; x = 19 ta được y = 11
Thử lại hệ phương trình ta được hệ có một nghiệm là (1;2)
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0,25
b)
( 1) ( 1) 2 (1)
1 1 (2)
x y y x xy
x y y x xy

− + − =


− + − =


Điều kiện


2x y⇔ = =
Ta thấy x = y =2 củng thỏa mãn phương trình (1)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (2;2)
0.25
0.5
0.5
0.25
0.25
0.25
2
Ta có
1 1 1
(1 ) (1 ) (1 )
1 1 1
P
x y z
= − + − + −
+ + +

1 1 1
3 ( )
1 1 1
P
x y z
= − + +
+ + +
Mặt khác, với x, y, z > 0, theo bất đẳng thức Cô Si ta có
3x y z xyz+ + ≥
,

x y z
P x y z
x y z
+ = + = +

= ⇔ ⇔ = = =

+ + =

Vậy P đạt giá trị lớn nhất là
3
4
P =
tại
1
3
x y z= = =
0.5
0.25
0.25
0.5
0.25
3
Ta có:
1 1 1
(1 ) (1 )
1 1 1a b c
≥ − + −
+ + +
1

Nhân ba bất đẳng thức trên ta được:
1 8
(1 )(1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )
abc
a b c a b c
≥
+ + + + + +
8 1abc⇒ ≤
0.5
0.5
0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
4
C
P
Q
O
M
B
A
0.5
Để chứng minh PQ là đường kính của đường tròn (O), ta cần
chứng minh ba điểm P, Q, O thẳng hàng.
Trong đường tròn tâm M ta có:
·
·
2AMC ABC=

(3)
Từ (1), (2), và (3) suy ra:
·
·
·
·
POQ POB BOA AOQ= + +

·
·
·
( )BMC AMC BOA= + +

·
·
0
180AMB AOB= + =
Suy ra P, Q, O thẳng hàng.
Vậy PQ là đường kính của đường tròn (O)
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
5
x
d
M
F

b) Chứng minh MN = EF
d // HI
IF=HN⇒
AMCH nội tiếp
·
·
HMN HAC⇒ =
BICE nội tiếp
·
·
IEF IBC⇒ =
Mà
·
·
HAC BIC=
nên
·
·
HMN IEF HMN IEF= ⇒ ∆ = ∆
EFMN⇒ =
0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
6 Số chính phương là n
2
(n
Î
Z) số đứng trước nó là n

Bài 1( 4đ)
1) Rút gọn biểu thức sau:
2 2 2 2
2
( )x y x y y
x
P
xy x y x y
 
−
 ÷
= + −
 ÷
−
 
2) Giải phương trình:
2 2
2
2 2 2 2
x x
x x
+ −
+ =
+ + − −
Bài 2( 4đ)
1) Phân tích thành nhân tử: a
3
+b
3
+c

2) Cho a,b,c là số đo ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng:

1 1 1 1 1 1
2( )
p a p b p c a b c
+ + ≥ + +
− − −
với p là nửa chu vi của tam giác đó
Bài 4(8đ)
1) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. vẽ đường cao BE và AD. Gọi H là trực tâm và G là trọng tâm tam giác
ABC.
a) Chứng minh rằng: tgB.tgC =
AD
HD
b) Chứng tỏ rằng HG//BC
⇔
tgB.tgC = 3
2) Cho hình bình hành ABCD, qua đỉnh D kẻ một đường thẳng cắt các đường thẳng AC, AB, BC tại M, N, K.
chứng minh rằng:
a) DM
2
= MN . MK
b)
1
DM DM
DN DK
+ =LỜI GIẢI VÀ THANG ĐIỂM

Xét TH:
Xy > 0 => P = 1
Xy < 0 => P = 1
Vậy P = 1
2) Đk: 0 < x < 4
Quuy đồng mẫu thức rồi khử mẫu ta đưa pt
về dạng:
3 3
(2 ) (2 ) 3 2x x x
+ + − =
3 3 3
(2 ) (2 ) 2 (4 ) 18x x x x+ + − + − =
3
(4 ) 3 8x x− = −
⇔
3x – 8 > 0 và
3 2
(4 ) (3 8)x x− = −
⇔
8
3
x >
và
3 2
3 0x x− =
Vậy x = 3 thỏa đk đầu bài
Bài 2:
1) a
3
+b

=(a+b+c)(a
2
+b
2
+c
2
-ab-ac-bc)
2) Theo câu a ta có a+b+c = 0 thì
a
3
+b
3
+c
3
-3abc = 0=> a
3
+b
3
+c
3
= 3abc
áp dụng kết quả trên nếu:
3 3 3
1 1 1 1 1 1 1
0 3.
a b c a b c abc
+ + = => + + =
ta có:
2 2 2 3 3 3
3 3 3

...
1 2 2 3 3 4
1
....
120 121
1 2 2 3..... 120 121
121 1 10
A = + + +
+ + +
+
+
= − + − + − +
= − =
1 1
1 ...
2 35
2 2 2
...
2 1 2 2 2 35
2 2 2
...
1 1 2 2 35 35
1 1 1
2( ...
1 2 2 3 35 36
2(6 1) 10
B
B
B
= + + +

1 1 1 1 1 1
2( )
p a p b p c a b c
+ + ≥ + +
− − −
(có thể có nhiều cách khác để chứng minh)
Bài 4
1)
a) tìm được tgB=
AD
BD
,tgC=
AD
CD
0.5
0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
0.75
0.5
0.25
0.5
0.5
0.5