Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HẢI DƯƠNG 
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH 
LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 
MÔN THI: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút 
Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014 
(đề thi gồm 01 trang) 
Câu 1 (2 điểm). 
a) Rút gọn biểu thức 
 2 3 3
2
1 1 . (1 ) (1 )
2 1
x x x
A
x
    

 
với 1 1x   . 
b) Cho a và b là các số thỏa mãn a > b > 0 và 3 2 2 36 0a a b ab b    . 
Tính giá trị của biểu thức 
4 4
4 4
4
4
a b
B
b a



. 
Câu 2 (2 điểm). 
a) Giải phương trình 2 2 2( 2) 4 2 4.x x x x    
b) Giải hệ phương trình 
3
3
2
2
x x y
y y x



 
 
. 
Câu 3 (2 điểm). 
a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình 
2 2 32xy xy x y   . 
b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2 22 3a a b b   . 
Chứng minh rằng 2 2 1a b  là số chính phương. 
Câu 4 (3 điểm). 
 Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O, R). H là một điểm di 
động trên đoạn OA (H khác A). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt 
cung nhỏ AB tại M. Gọi K là hình chiếu của M trên OB. 
a) Chứng minh HKM 2AMH. 
b) Các tiếp tuyến của (O, R) tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của (O, R) lần 
lượt tại D và E. OD, OE cắt AB lần lượt tại F và G. Chứng minh OD.GF = 
OG.DE. 
c) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R. 
Câu 5 (1 điểm). 
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2 6 2 7ab bc ac abc   . Tìm 
giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
4 9 4
2 4
ab ac bc
C
a b a c b c
  
  
. 
----------------------Hết------------------------ 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
ĐÁP ÁN 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HẢI DƯƠNG 
--------------------------- 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN 
HỌC SINH GIỎI TỈNH 
LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 
MÔN THI: TOÁN 
Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014 
(Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang) 
Lưu ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà kết quả đúng thì giám 
khảo vẫn cho điểm tối đa. 
Câu Nội dung Điểm 
Câu 
1a: 
(1,0 đ) 
  2 2
2
1 1 . 1 1 2 1
2 1
x x x x
A
x
      

 
 0.25 
  21 1 . 1 1x x x      0.25 
     
2
2 2 21 1 1 1 1 1 2 2 1x x x x x           0.25 
22x = 2x 0.25 
Câu 
1b: 
(1,0 đ) 
3 2 2 3 2 26 0 ( 2 )( 3 ) 0 (*)a a b ab b a b a ab b         0.25 
Vì a > b > 0 2 23 0a ab b    nên từ (*) ta có a = 2 b 0.25 
Vậy biểu thức 
4 4 4 4
4 4 4 4
4 16 4
4 64
a b b b
B
b a b b
 
 
 
 0.25 
4
4
12 4
63 21
b
B
b

 

 0.25 
Câu 
2a: 
(1,0 đ) 
Đặt  2 2 4 22 4 2 2t x x t x x       
2
2 2 2
2
t
x x   
0.25 
ta được phương trình 
2
2
4
4 2 8 0
22
tt
t t t
t
 
        
 0.25 
Với t = -4 ta có 
 
2
4 2 4 2
0 0
2 4 4
2 2 16 2 8 0
x x
x x
x x x x
 
     
    
2
0
2
2
x
x
x

   

0.25 
Với t =2 ta có 
 
2
4 2 4 2
0 0
2 4 2
2 2 4 2 2 0
x x
x x
x x x x
 
    
    
2
0
3 1
3 1
x
x
x

   
 
. Kết luận nghiệm của phương trình. 
0.25 
Câu 
2b: 
(1,0 đ) 
Từ hệ ta có  3 3 2 2 2 2(2 ) (2 ) ( ) 2 0x y x y x y x y xy x y        0.25 
3( ) ( ) 0
x y
x y x y
x y

       
 0.25 
* Với x = y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); ( 3; 3 );( 3; 3  ) 0.25 
* Với x = - y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); (1; 1 );( 1;1 ) 
Vậy hệ phương trình có nghiệm 
(x ; y) = (0; 0); ( 3; 3 );( 3; 3  );( 1;1 );(1; 1 ) 
0.25 
Câu 
3a: 
(1,0 đ) 
2 2 32xy xy x y   2( 1) 32x y y   
Do y nguyên dương 
2
32
1 0
( 1)
y
y x
y
    

0.25 
Vì 2( , 1) 1 ( 1)y y y    (32)U 0.25 
mà 532 2 2 2( 1) 2y   và 2 4( 1) 2y   (Do 2( 1) 1y   ) 0.25 
*Nếu 2 2( 1) 2 1; 8y y x     
*Nếu 2 4( 1) 2y   3; 6y x   
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là: 
8
1
x
y



 và 
6
3
x
y



0.25 
Câu 
3b: 
(1,0 đ) 
2 22 3a a b b   2( )(2 2 1)a b a b b     (*) 0.25 
Gọi d là ước chung của (a - b, 2a + 2b + 1) ( *d  ). Thì 
   2
2 2
( )
2 2 1
(2 2 1)
a b d
a b a b d
a b d
b d b d

   
 
 
 0.25 
Mà ( ) (2 2 )a b d a d a b d    mà (2 2 1) 1 1a b d d d     0.25 
Do đó (a - b, 2a + 2b + 1) = 1. Từ (*) ta được a b và 2 2 1a b  là số 
chính phương => 2 2 1a b  là số chính phương. 
0.25 
Câu 
4a: 
(1,0 đ) 
Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O). Ta 
có  1 1
1 1
A O
2 2
sđAM (1) 
0.25 
Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA)  
1 1
A M (2) 0.25 
Tứ giác MHOK nội tiếp  
1 1
O K (cùng chắn MH ) (3) 0.25 
Từ (1), (2), (3) ta có 1 1
1
M K
2
 hay HKM 2AMH. 0.25 
x
1
1
1
1
H
K
O
A
B C
M
Câu 
4b: 
(1,0 đ) 
Có tứ giác AOMD nội tiếp (4) 
0.25 

1
1
A
2
sđBM ;  1 2
1
O O
2
sđBM 
  
1 1
A O  tứ giác AMGO nội tiếp (5) 
0.25 
Từ (4), (5) ta có 5 điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên một đường tròn 
  
1 2 1
G D D 
0.25 
OGF và ODE đồng dạng 
 
OG GF
OD DE
 hay OD.GF = OG.DE. 
0.25 
Câu 
4c: 
(1,0 đ) 
Trên đoạn MC lấy điểm A’ sao cho 
MA’ = MA AMA' đều 
    01 2A A 60 BAA' 
   MAB A'AC MB A'C 
0.25 
  MA MB MC 
Chu vi tam giác MAB là      MA MB AB MC AB 2R AB 
0.25 
Đẳng thức xảy ra khi MC là đường kính của (O) => M là điểm chính 
giữa cung AM => H là trung điểm đoạn AO 
Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB 
0.25 
Gọi I là giao điểm của AO và BC     
3 AB 3
AI R AB R 3
2 2
Giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2 3)R 
0.25 
Câu 5: 
(1,0 đ) 
Từ gt : 2 6 2 7ab bc ac abc   và a,b,c > 0 
Chia cả hai vế cho abc > 0 
2 6 2
7
c a b
   
đặt 
1 1 1
, ,x y z
a b c
  
, , 0
2 6 2 7
x y z
z x y

 
  
Khi đó 
4 9 4
2 4
ab ac bc
C
a b a c b c
  
  
4 9 4
2 4x y x z y z
  
  
0.25 
1
2
1
1
2
1
F
GE
D
H
O
A
B C
M
21
A'
I
H
O
A
B C
M
4 9 4
2 4 (2 4 )
2 4
C x y x z y z x y x z y z
x y x z y z
               
  
 0.25 
2 22
2 3 2
2 4 17 17
2 4
x y x z y z
x y x z y z
    
                       
 0.25 
Khi   
1
x ,y z 1
2
 thì C = 7 
Vậy GTNN của C là 7 khi a =2; b =1; c = 1 
0.25