Kỳ thi chọn học sinh giỏi Lớp 9 THCS cấp tỉnh môn Toán - Năm học 2014-2015

TRƯỜNG THCS & THPT TÂN TIẾN 
PHAN LÂM 1 
UBND TỈNH BÌNH PHƯỚC 
SỞ GIÁỌ DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
(Đề thi gồm có 02 trang) 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS 
CÁP TỈNH NĂM HỌC 2014 - 2015 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút 
(không kê thời gian phát đê) 
Bài 1: 
1. Cho biểu thức: 
a 1 2 a
P 1 :
a 1 a 1 a a a a 1
   
     
       
a. Tìm điều kiện của a để P có nghĩa. 
b. Tìm các giá trị của a để P 1. 
c. Tìm giá trị của P biết a 2015 2 2014  
2. Tìm GTLN và GTNN của 
2
2
x 1
Q .
x x 1


 
Bài 2: 
1. Cho phương trình: 2 2x 2mx 2m 1 0    (m là tham số) 
a. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt. 
b. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt 1 2x , x thỏa mãn: 
3 2 3 2
1 1 2 2x x x x 2     
2. Giải hệ phương trình: 
2 2
2 2
8xy
x y 16
x y
5
x 12 x y 3 x 5
2

   

      

Bài 3: 
Cho nửa đường tròn (O) đường kính EF. Vẽ tia Ot vuông góc với EF. Tia Ot cắt nửa 
đường tròn tại I. Lấy điểm A trên tia Ot sao cho IA = IO. Vẽ hai tiếp tuyến AP, AQ (P, Q là 
các tiếp điểm) với nửa đường tròn chúng cắt EF lần lượt tại B và C 
a. Chứng minh rằng tam giác ABC đều. 
b. Tiếp tuyến với nửa đường tròn tại S thuộc cung PQ (S không trùng với P, Q, I) cắt AP, 
AC lần lượt tại H, K. PQ cắt OH, OK lần lượt tại M, N. Chứng minh rằng M, O, Q, K 
cùng thuộc 1 đường tròn. 
c. Chứng minh rằng HK = 2.MN. 
Bài 4: 
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các tia phân giác của các góc A, B, C cắt 
đường tròn (O) theo thứ tự tại D, E, F. 
a. Chứng minh rằng: 2.AD AB AC  
b. Chứng minh rằng: AD BE CF  lớn hơn chu vi tam giác ABC. 
Bài 5: 
a. Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 2x 2y 3xy x y 3 0      
b. Chứng minh rằng 
3 22n 3n n  chia hết cho 6 với mọi số nguyên n 
HẾT.. 
TRƯỜNG THCS & THPT TÂN TIẾN 
PHAN LÂM 2 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Bài 1: 
1. Ta có: 
  
a a 1 1 2 a
:
a 1 a 1 a 1 a 1
a 1 2 a
P 1 :
a 1 a 1 a a a a 1
                              
  
    
 
  
2
a 1a a 1
:
a 1 a 1 a 1
               
a. P có nghĩa khi: 0 a 1  
b. 
a a 1 a 1 a a 1 a 2
P : 1 0 a 1
a 1 a 1 a 1 a 1
        
         
      
c. Khi a 2015 2 2014  
2015 2 2014 2 2014 2 2014 3 3 2014
P 2014 2
201420142015 2 2014 1
   
     
 
2. Tìm GTLN và GTNN của 
2
2
x 1
Q .
x x 1


 
Ta có: 
2 2 2
2 2
2
2
x 1 x 2x 2 (x 1)
2 2 2 2 2
x x 1 x x 1
x 1
Q
x x 1
     
      
   


 
Mặt khác: 
2 2 2 2
2 2 2
x 1 2 2 3x 2 2x 2x 2 (x 1) 2 2
x x 1 3 3 3(x x 1) 3(x x 1) 3 3
Q
     
     
     
 
Vậy 
2
min Q
3
 và maxQ 2 
Bài 2: 
1. Cho phương trình: 2 2x 2mx 2m 1 0    (m là tham số). 
a. Phương trình có 2 dương phân biệt khi: 
2
1 2
2
1 2
' 0 1 m 0 1 m 1
1
x x 0 2m 0 m 0 m 1
2
1 1x .x 0 2m 1 0
m m
2 2

      

          
          

TRƯỜNG THCS & THPT TÂN TIẾN 
PHAN LÂM 3 
b. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt 1 2x , x khi 
' 0 2m 0 m 0      (1) 
Ta có: 
 3 2 3 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2x x x x 2 x x (x x ) 3x .x (x x ) 2x .x 2                    
2 2 2 22m (2m) 3(2m 1) (2m) 2(2m 1) 2              
2
m 0
2m(3 2m ) 0 6
m
2

   
  

 (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 
6
m
2
 
2. Giải hệ phương trình: 
 
 
2 2
2 2
1
 2
8xy
x y 16 
x y
5
x 12 x y 3x x 5
2






  

     
Diều kiện: x y 0  
Ta có:   2 21
8xy
x y 16
x y
   
 
 
 2 22 2 2xy 16 2xy 0 x y 4 0
8xy 2xy x y8xy
x y
x y x y
 
         
  
 
  
 
      
x y 4 2xy
x y 4 x y 4 2xy 0 x y 4 x y 4 0
x y x y
    
                     
 
 
2 2
2 2
y 4 x *
x y 4(x y)
x y 4 0 x y 4(x y)
x y 0
x y
 
    
         
   
 
Thế  * và  2 ta được  2 2 3x 12 5 3x x 5     
Vì 
2 2 55 3x x
3
x 12 x 5     
TRƯỜNG THCS & THPT TÂN TIẾN 
PHAN LÂM 4 
2 2(3) 0x 12 5 3x x 5      
     2 24 3 3 x 2 0x 12 x 5        
2 2
(x 2)(x 2) (x 2)(x 2)
3(x 2) 0
4 3x 12 x 5
   
    
   
2 2
x 2 x 2
(x 2) 3 0
4 3x 12 x 5
  
     
   
 (4) 
Với 
2 2 2 2
5 x 2 x 2 x 2 x 2
x 3 0.
3 4 3 4 3x 12 x 5 x 12 x 5
   
      
      
Do đó (4) có nghiệm khi x 2 0 x 2 y 2      
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) (2; 2) 
Bài 3: 
a. Trường hợp: AB AD AC  
Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của D trên AB và AC. 
Ta có: AKD AHD DH DK BHD CKD BH CK          
Trong hai tam giác AHD và AKD có 
AD AH AB BH
2AD AB AC
AD AK AC CK.
  
  
  
 (1) 
Các trường hợp AB AC AD, AC AD AB    ta cũng có: 2AD AB AC  (đpcm) 
b. Ta có chu vi tam giác ABC: P AB BC CA   
Tương tự ở câu a, ta chứng minh được 2BE BA BC  và 2CF CA CB  (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 2(AD BE CF) AB AC BA BC CA CB 2(AB BC CA)           
È 
E 
D 
C 
B 
A 
K 
H 
TRƯỜNG THCS & THPT TÂN TIẾN 
PHAN LÂM 5 
AD BE CF AB BC CA P      (đpcm) 
Bài 4 : 
a. Ta có: 2 2AP OA OP 3OP   
2 2OA 4OP 4 3
AB AC OP
AP 33OP
    
 
2
22 2 4 3 2 3 4 3BC 2OB 2 AB AO 2 OP 2OP 2.
3 3 3
 
       
 
Suy ra AB AC BC  hay ABC đều. 
b. POI QOI POH HOI QOS SOI SOH HOI SOI 2HOI         
1
QOS HOI KOM QKM QOA
2
      M, O, Q, K cùng thuộc một đường tròn. 
c. Gọi J là giao của AO và PQ, AP AQ và AB AC PQ // BC AO PQ    tại J. 
APQ đều OJ JI 
Theo câu b ta có 
JO JN 1
SOH ION AJN SOH 2JN SH
SO SH 2
          1 
Mặt khác ta có: 
1 JO JM 1
QOS HOI JOM SOK JOM SOK
2 SO SK 2
        
2JM SK  (2) 
Từ (1) và (2) suy ra: 2JN 2JM SH SK HK 2MN     (đpcm) 
Bài 5: 
a. Giải phương trình nghiệm nguyên 
 22 2 y(x y) (x y) 3 x 2y 1) 3x 2y 3xy x y 3 0 (x y) (x y)(                 
I 
S 
M 
N 
K 
H 
Q 
P 
B 
B 
O 
A 
TRƯỜNG THCS & THPT TÂN TIẾN 
PHAN LÂM 6 
 Trường hợp 1: 
x y 1 x 4
x 2y 1 3 y 3
   
 
      
 Trường hợp 2: 
x 8
y 5x 2y 1 1
x y 3   
 
   
  
 Trường hợp 3: 
x 6
y 5x 2y 1 3
x y 1   
 
   
  
 Trường hợp 4: 
x 6
y 3x 2y 1 1
x y 3  
 
     
 
 Vậy nghiêm của phương trình là: (x; y) (4; 3)  hoặc ( 8; 5) hoặc ( 6; 5) hoặc (6; 3) 
b. Chứng minh rằng 3 22n 3n n  chia hết cho 6 với mọi số nguyên n. 
Ta có:   3 2 n n 1 n 2 2n 3n n     là tích của ba số nguyen liên tiếp nên 
  n n 1 n 2  chia hết cho 2 và 3, do đó   n n 1 n 2  chia hết cho 6 hay 
3 22n 3n n  chia hết cho 6. 
THỰC HIỆN LỜI GIẢI: 
Giáo viên môn công nghệ: Phan Lâm 
Trường THCS & THPT Tân Tiến 
Trong quá trình đánh máy có gì sai sót Phan Lâm mong đọc giả điều chỉnh hộ.