Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán học 9

m – 1
 y = (m – 1)x + b’
0,25
Vì đi qua A(m; 0) ta có: 0 = (m – 1)m + b’
Vậy họ đường thẳng cÇn t×m lµ: y = (m – 1)x + (m – m2) 
0,25
2)
0,5điểm
Giả sử 3 đường thẳng trong họ (dm) đồng qui tại điểm (xo; yô)
 yo = (m – 1)xo + (m – m2)
 m2 – m(xo + 1) + xo + yo = 0
0,25
Vì phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn m nên chỉ có nhiều nhất 2 nghiệm Chỉ có 2 đường thẳng trong họ (dm) đi qua điểm (xo; yo)
Vậy không có 3 đường thẳng nào của họ (dm) đồng qui.
0,25
3)
0,75điểm
Gọi các điểm N(x1; y1) mà chỉ có đường thẳng trong họ (dm) đi qua
 y1 = (m – 1)x1 + m – m2
 m2 – m(x1 + 1) + x1 + y1 = 0
0,25
Vì chỉ có 1 đường thẳng trong họ (dm) đi qua N nên phương trình trên chỉ có 1 nghiệm.
0,25
H’
A
B
C
D
E
H
M
N
I
P
O
K
450
Vậy các điểm cần tìm sẽ nằm trên Parabol 
0,25
Câu 4
3điểm
1)
0,5điểm
Vẽ hình đúng
0,25
0,25
2)
0,5điểm
0,25
0,25
0,25
3)
1,0điểm
Vẽ đường tròn đường kính AB. Gọi giao của HN với đường tròn là I. 
0,25
 Do DHI lµ tam gi¸c vu«ng t¹i H nªn DI lµ ®­êng kÝnh. 
0,25
Mà D là điểm cố định nằm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB nên I là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB 
0,25
Điểm I đối xứng với D qua AB. Vậy I là điểm cố định.
0,25
Câu 5
1 điểm
0,25
Do ®ã 
0,25
Mặt khác: 
0,25
nên . Vậy 
0,25
C©u
Néi dung cÇn tr×nh bµy
§iÓm
5
3 ®iÓm
Gäi E lµ giao ®iÓm cña PD víi ®­êng th¼ng vu«ng gãc víi AB. 
+) XÐt DCP vµ DBE cã:
 (so le trong)
DC = DB (AD lµ trung truyÕn cña ABC)
 (®èi ®Ønh)
DCP = DBE (g.c.g) CP = BE (1)
+) MÆt kh¸c ta cã tø gi¸c MNAP lµ h×nh ch÷ nhËt cã AM lµ tia ph©n gi¸c cña nªn MNAP lµ h×nh vu«ng.
 AN = AP CP = BN (2)
Tõ (1) vµ (2) BE = BN BEN c©n
+) Gäi O lµ trung ®iÓm cña EN.
Ta cãBEN vµ EHN lµ tam gi¸c vu«ng cã chung c¹nh huyÒn EN nªn bèn ®iÓm B, E, H, N cïng thuéc ®­êng trßn t©m O. 
KÐo dµi HO c¾t ®­êng trßn (O) t¹i K.
Khi ®ã:
 (gãc ngoµicña tam gi¸c c©n OHN)
 (gãc ngoµi cña tam gi¸c c©n OHB)
=
VËy cã (3)
Chøng minh t­¬ng tù ta cã: (4)
Tõ (3) vµ (4) cã vµ NH lµ ®­êng ph©n gi¸c cña gãc 
Gäi H’ lµ h×nh chiÕu cña H trªn AB. 
Khi ®ã SAHB = 
Do ®ã SAHB lín nhÊt khi HH’ lín nhÊt.
§iÓm H ch¹y trªn cung trßn ®­êng kÝnh AB nªn HH’ lín nhÊt khi nã b»ng b¸n kÝnh, tøc lµ khi HD. Khi ®ã M D.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS
Môn thi : Toán Mã số: ............
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm 1 trang
Câu 1:(2 điểm)
Rót gän biÓu thøc: 
Tìm x, y là các số chính phương để P = 2
	 3) Rút gọn rồi tính giá trị biểu thức: 
Câu 2: (2điểm)
 1) Cho biểu thức: 
 Tìm x để 
 2) Cho hệ phương trình 
 Chứng minh rằng với với mọi số nguyên dương n ta có 
 3) Cho x, y, z ³ 0 và .
	Tính giá trị lớn nhất của biểu thức: 
Câu 3: (2điểm)
1) Chứng minh rằng số A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không thể là số chính phương 
 với mọi n là số nguyên dương. Tìm tất cả các số nguyên n sao cho A là số 
 chính phương.
2) 
Câu 4: (3 điểm)
Cho tam giác vuông cân ABC (vuông ở A), AD là trung tuyến thuộc cạnh huyền, M là điểm thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M xuống các cạnh AB, AC; H là hình chiếu của N xuống đường thẳng PD.
1) Tính số đo góc NEB.
2) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.
3) CMR: Khi M thay đổi, đường thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5: (1điểm)
Cho số tự nhiên n > 1 và n + 2 số nguyên dương a1, a2, ... , an+2 thoả mãn điều kiện
 1 a1< a2 < ... < an+2 3n. 
 Chứng minh rằng luôn tồn tại hai số ai, aj sao cho n < ai – aj < 2n
....................Hết....................
Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS
H­íng dÉn chÊm
C©u
PhÇn
Néi dung
§iÓm
Câu 1
2điểm
1)
0,75điểm
ĐK: x0; y 0; x 1; y 1; x2 + y2 > 0
Mẫu thức chung: 
=
0,25
 = 
= 
0,25
0,25
2)
0,5điểm
A = 2 (1)
0,25
(Loại vì )
Vì a, b là số chính phương suy ra là số tự nhiên. Nên (1) tương đương với 
Suy ra 
0,25
3)
0,75 điểm
Ta có: 
 với 
0,25
0,25
Vậy 
0,25
Câu 2
2điểm
1)
0,75điểm
Ta có 
0,25
 Để 
0,25
Giải phương trình này ta được ; 
Vậy với hoặc thì .
0,25
2)
0,75điểm
Từ x2 + y2 = a2 + b2 (x2 – a2) + (y2 – b2) = 0
 (x – a)(x + b) + (y – b)(y + b) = 0 (1)
0,25
Vì x + y = a + b x – a = b – y Thay vào (1) ta được:
Nếu b – y = 0 y = b x = a
0,25
Nếu x + a = y + b 
Vậy trong mọi trường hợp ta có 
0,25
3)
0,5điểm
Ta có: với 
	 . 
0,25
 Vậy biểu thức đạt giá trị lớn nhất bằng 
 khi x = 1; y = 1 ; z = 1 
0,25
Câu 3
2điểm
1)
1 điểm
A = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2)
Đặt n2 + 3n = a 
A = a(a + 2) = a2 + 2a
Vì a > 0 nên a2 < a2 + 2a < a2 + 2a + 1
0,25
Do đó a2 < A < (a + 1)2
Vậy A không là số chính phương với mọi n nguyên dương.
Đặt m = – n – 3 n = – m – 3 
A = (- m – 3)(- m – 2)(- m – 1)(- m) = m(m + 1)(m + 2)(m + 3)
0,25
Để A là số chính phương thì m 0 - n – 3 0 n - 3 (1)
Để A là số chính phương thì n 0 (2)
0,25
Từ (1) và (2) (đều thoả mãn)
Vậy với th× A lµ sè chÝnh ph­¬ng
0,25
2)
1,0điểm
0,25
0,25
0,25
 H’
A
B
C
D
E
H
M
N
I
P
O
K
450
0,25
Câu 4
3điểm
1)
0,75điểm
Vẽ hình đúng
0,25
Gọi E là giao điểm của PD với đường thẳng vuông góc với AB. 
+) Xét DCP và DBE có:
 (so le trong)
DC = DB (AD là trung truyến của ABC)
 (đối đỉnh)
DCP = DBE (g.c.g) CP = BE (1)
0,25
+) Mặt khác ta có tứ giác MNAP là hình chữ nhật có AM là tia phân giác của nên MNAP là hình vuông.
 AN = AP CP = BN (2)
Từ (1) và (2) BE = BN BEN c©n t¹i B
0,25
2)
1,25điểm
+) Gọi O là trung điểm của EN.
Ta cóBEN và EHN lµ tam gi¸c vu«ng cã chung c¹nh huyÒn EN nªn bèn ®iÓm B, E, H, N cïng thuéc ®­êng trßn t©m O. 
0,25
Kéo dài HO cắt đường tròn (O) tại K.
Khi đó:
 (góc ngoàicủa tam giác cân OHN)
 (góc ngoài của tam giác cân OHB)
=
0,25
Vậy có (3)
Chứng minh tương tự ta có: (4)
Từ (3) và (4) có và NH là đường phân giác của góc 
0,25
Gọi H’ là hình chiếu của H trên AB. 
Khi đó SAHB = 
Do ®ã SAHB lín nhÊt khi HH’ lín nhÊt.
0,25
Điểm H chạy trên cung tròn đường kính AB nên HH’ lớn nhất khi nó bằng bán kính, tức là khi HD. Khi đó M D.
0,25
3)
1,0điểm
Vẽ đường tròn đường kính AB. Gọi giao của HN với đường tròn là I. 
0,25
 Do DHI lµ tam gi¸c vu«ng t¹i H nªn DI lµ ®­êng kÝnh. 
0,25
Mà D là điểm cố định nằm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB nên I là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB 
0,25
Điểm I đối xứng với D qua AB. Vậy I là điểm cố định.
0,25
Câu 5
1 điểm
Với mọi k đặt bi = ai + k thì ai – aj = (ai + k) – (aj + k) = bi – bj (*)
Do đó ta có thể chọn k sao cho bn + 2 = an + 2 + k = 3n và chuyển về xét dãy số: 1 b1< b2 < ... < bn+2 = 3n.
Xét hai trường hợp:
Nếu tồn tại j sao cho n < bj < 2n thì ta có: 
n < bn+2 – bj < 2n n < an + 2 + k – aj – k < 2n n < ai– aj < 2n
0,25
 2) NÕu kh«ng cã sè bj nµo thuéc [n + 1; 2n – 1] th× c¸c sè b1, b2,, bn+1 cã mÆt ë c¸c thµnh phÇn cña n cÆp sè: (1, 2n), (2, 2n+1),  , (n, 3n – 1).
0,25
MÆt kh¸c do n + 1 > n nªn tån t¹i 2 sè bi, bj (j < i) thuéc cïng mét cÆp, ch¼ng h¹n (t, 2n + t – 1) 
hay n < bi – bj = 2n + t – 1 – t = 2n – 1 < 2n.
0,25
. Theo (*) tõ cÆp sè bi, bj tho¶ m·n n < bi – bj < 2n
 th× tån t¹i cÆp ai, aj tho¶ m·n: n < ai– aj < 2n
0,25
Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS
Môn thi : Toán Mã số: ............
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm 1 trang
Câu 1:(2 điểm)
Rót gän biÓu thøc: 
Tìm x, y là các số chính phương để P = 2
	3) Cho và .
	Không dùng máy tính hãy so sánh C và D .
Câu 2: (2điểm)
1) Cho đa thức . Tìm x để 
2) Cho hệ phương trình 
 Chứng minh rằng với với mọi số nguyên dương n ta có 
Câu 3: (2điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm B cố định có tọa độ và điểm A di động 
1) Viết phương trình họ đường thẳng vuông góc với AB tại A.
2) Chứng minh rằng không có 3 đường thẳng nào của họ đồng qui.
3) Tìm các điểm trên mặt phẳng Oxy sao cho chỉ có 1 đường thẳng của họ đi qua
Câu 4: (3 điểm)
Cho tam giác vuông cân ABC (vuông ở A), AD là trung tuyến thuộc cạnh huyền, M là điểm thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M xuống các cạnh AB, AC; H là hình chiếu của N xuống đường thẳng PD.
1) Tính số đo góc NEB.
2) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.
3) Chứng minh rằng khi M thay đổi, đường thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5: (1điểm)
Cho đa giác đều (H) có 14 đỉnh. Chứng minh rằng trong 6 đỉnh bất kì của (H) luôn có 4 đỉnh là các đỉnh của hình thang.
....................Hết....................
Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS
H­íng dÉn chÊm
C©u
PhÇn
Néi dung
§iÓm
Câu 1
2điểm
1)
0,5điểm
0,25
VËy A = .
0,25
2)
0,5điểm
0,25
VËy B = 10
0,25
3)
1,0điểm
0,25
0,25
 Mà 
 < 
0,25
 Vậy C < D
0,25
Câu 2
2điểm
1)
1,0điểm
Ta có 
0,25
Để 
0,25
0,25
Giải phương trình ta được x = 2 
Giải phương trình Vô nghiệm
Vậy với x = 2 thì .
0,25
2)
1,0điểm
(1) (x + y + z)2 = 36
 x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx) = 36
 xy + yz + zx = 11 (kết hợp với (3))
(2) xy + yz = zx – 1
 xy + yz + zx = 2zx – 1
 2zx = 12
 zx = 6
 xy + yz = 5
 y(x + z) = 5 (4)
0,25
Mà y + x + z = 6 x + z = 6 – y
(4) y(6 – y) = 5 
 y(6 – y) = 5 
 (y – 1)(y – 5) = 0
0,25
+) Với y = 1 thì (4) x + z = 5 x = 5 – z 
 mà zx = 6 (5 – z)z = 6 (z – 2)(z – 3) = 0
0,25
+) Với y = 5 thì (4) x + z = 1 x = 1 – z 
 mà zx = 6 (1 – z)z = 6 
 (z )2 = (phương trình vô nghiệm)
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là 
0,25
Câu 3
2điểm
1)
0,75điểm
Phương trình đường thẳng AB có dạng y = ax + b (d)
A, B (d) nên 
0,25
Gọi phương trình họ đường thẳng là y = a’x + b’
Vì AB tại A nên a.a’ = - 1 a’ = m – 1
 y = (m – 1)x + b’
0,25
Vì đi qua A(m; 0) ta có: 0 = (m – 1)m + b’
Vậy họ đường thẳng cÇn t×m lµ: y = (m – 1)x + (m – m2) 
0,25
2)
0,5điểm
Giả sử 3 đường thẳng trong họ (dm) đồng qui tại điểm (xo; yô)
 yo = (m – 1)xo + (m – m2)
 m2 – m(xo + 1) + xo + yo = 0
0,25
Vì phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn m nên chỉ có nhiều nhất 2 nghiệm Chỉ có 2 đường thẳng trong họ (dm) đi qua điểm (xo; yo)
Vậy không có 3 đường thẳng nào của họ (dm) đồng qui.
0,25
3)
0,75điểm
Gọi các điểm N(x1; y1) mà chỉ có đường thẳng trong họ (dm) đi qua
 y1 = (m – 1)x1 + m – m2
 m2 – m(x1 + 1) + x1 + y1 = 0
0,25
Vì chỉ có 1 đường thẳng trong họ (dm) đi qua N nên phương trình trên chỉ có 1 nghiệm.
0,25
H’
A
B
C
D
E
H
M
N
I
P
O
K
450
Vậy các điểm cần tìm sẽ nằm trên Parabol 
0,25
Câu 4
3điểm
1)
0,75điểm
Vẽ hình đúng
0,25
Gọi E là giao điểm của PD với đường thẳng vuông góc với AB. 
+) Xét DCP và DBE có:
 (so le trong)
DC = DB (AD là trung truyến của ABC)
 (đối đỉnh)
DCP = DBE (g.c.g) CP = BE (1)
0,25
+) Mặt khác ta có tứ giác MNAP là hình chữ nhật có AM là tia phân giác của nên MNAP là hình vuông.
 AN = AP CP = BN (2)
Từ (1) và (2) BE = BN BEN c©n t¹i B
0,25
2)
1,25điểm
+) Gọi O là trung điểm của EN.
Ta cóBEN và EHN lµ tam gi¸c vu«ng cã chung c¹nh huyÒn EN nªn bèn ®iÓm B, E, H, N cïng thuéc ®­êng trßn t©m O. 
0,25
Kéo dài HO cắt đường tròn (O) tại K.
Khi đó:
 (góc ngoàicủa tam giác cân OHN)
 (góc ngoài của tam giác cân OHB)
=
0,25
Vậy có (3)
Chứng minh tương tự ta có: (4)
Từ (3) và (4) có và NH là đường phân giác của góc 
0,25
Gọi H’ là hình chiếu của H trên AB. 
Khi đó SAHB = 
Do ®ã SAHB lín nhÊt khi HH’ lín nhÊt.
0,25
Điểm H chạy trên cung tròn đường kính AB nên HH’ lớn nhất khi nó bằng bán kính, tức là khi HD. Khi đó M D.
0,25
3)
1,0điểm
Vẽ đường tròn đường kính AB. Gọi giao của HN với đường tròn là I. 
0,25
 Do DHI lµ tam gi¸c vu«ng t¹i H nªn DI lµ ®­êng kÝnh. 
0,25
Mà D là điểm cố định nằm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB nên I là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB 
0,25
Điểm I đối xứng với D qua AB. Vậy I là điểm cố định.
0,25
Câu 5
1 điểm
Các đỉnh của hình (H) chia đường tròn ngoại tiếp nó thành 14 cung bằng nhau, mỗi cung có số đo là . Các dây nối hai đỉnh của (H) chắn các cung nhỏ có số đo là , 2, 3,., 7.
 Do vËy ®é dµi c¸c d©y ®ã chØ nhËn 7 gi¸ trÞ kh¸c nhau.
0,25
Lấy 6 đỉnh của hình (H) thì số dây hai đỉnh trong 6 đỉnh đó là 
 Vì 15 dây này có độ dài không nhận quá 7 giá trị khác nhau nên phải 3 dây có cùng độ dài. 
0,25
Trong 3 dây đó luôn có 2 dây không chung đầu mút ( Vì nếu 2 dây trong 3 dây đó đều chung đầu mút thì 3 dây bằng nhau đó tạo thành một tam giác đều, do đó số đỉnh của (H) chia hết cho 3 trái với giả thiết
0,25
Dễ thấy 2 dây bằng nhau của một đường tròn không chung đầu mút thì 4 đầu mút của chúng là một đỉnh của một hình thang cân
 Từ đó suy ra trong 6 đỉnh bất kì của (H) luôn có 4 đỉnh là các đỉnh của hình thang.
0,25
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
Năm học: 2008 - 2009
MễN: TOÁN 9 (Thời gian 150 phút)
Bài 1: (1.5đ) 
	Cho x, y, z ³ 0 và x + y + z ≤ 3.
	Tìm giá trị lớn nhất biểu thức 
Bài 2: (1.5đ) 
	Giải phương trình: 
Bài 3: (2.5đ) 
	Cho hệ phương trình ẩn x, y sau:
Xác định giá trị của m để hệ có nghiệm duy nhất
Giả sử (x,y) là nghiệm duy nhất của hệ. Tìm hệ thức liờn hệ giữa x,y độc lập với m.
Tìm m Î Z để x, y Î Z
Chứng tỏ (x,y) luụn nằm trờn một đường thẳng cố định.((x,y) là nghiệm của hệ pt.)
Bài 4: (3.5đ) 
	Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O;R) có hai đường chéo AC và BD vuụng góc với nhau tại I và I khác O.
Chứng minh: IA.IC = IB.ID
Vẽ đường kính CE. Chứng minh ABDE là hình thang cõn, suy ra :
AB2 + CD2 = 4R2 và AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = 8R2
Từ A và B vẽ đường thẳng vuụng góc đến CD lần lượt cắt BD tại F, cắt AC tại K. Chứng minh A,B,K,F là bốn đỉnh của một tứ giác đặc biệt .
Gọi M là trung điểm của CD. Chứng minh AB = 2OM.
Bài5: (1.0 đ) 
	Trong một tam giác có cạnh lớn nhất bằng 2 , người ta lấy 5 điểm phân biệt . Chứng minh rằng trong 5 điểm đó luôn tồn tại hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá 1. 
Đáp án
Bài 1: C/minh: 
	. Tương tự 
	 Suy ra: khi x = 1; y = 1 ; z = 1 
Bài 2: ĐK: -2 < x < 2 Đặt thì a2 = 2 – x2 . Ta có: 
Bài3: a/
 Với m ± 1 thì hệ pt có nghiệm duy nhất
b/ y(y – 1) = (x – 1)(x – 2) hệ thức độc lập với m
c/ . Vì x, y Î Z 
 m = 0 Þ x = 1; y = 0
 m = - 2 Þ x = 3; y = 2
d/ Từ (4) và (5) su ra x – y = 1 Þ y = x – 1	
Bài 4
/ a. Chứng minh: DIAB ~ DIDC	
b/ c/m ABCD là hình thang cân
( Chứng minh hai cung AB và DE bằng nhau 	
cm: ED2 + CD2 = EC2 ( tam giác DEC vuông tại D)® AB2 + CD2 = 4R2
C/m tương tự: BC2+DA2 = BE2 + DA2 =EC2 = 4R2
c/ cm: DABF cõn ® IB = IF. c/m tương tự: IA = IK ® ABKF là hình bình hành
	® AK ^ BF ® ABKF là hình thoi.
d/ O là trung điểm của EC, M trung điểm CD ® OM là trung bình DECD ®DE = 2OM
	AB = DE (ABCD là hình thang cân) ® AB = 2OM
Bài 5:
	Chia tam giác thành 4 tam giác không có điểm chung trong bằng việc vẽ các đường trung bình của nó . Khi đó cạnh lớn nhất trong các tam giác đó bằng 1 . Ta chứng minh khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ thuộc một trong 4 tam giác đó không vượt quá 1 - khỏang cách luôn không lớn hơn cạnh lớn nhất là 1. Do có 5 điểm trong tam giác ban đầu nên có ít nhất 01 trong 4 tam giác nhỏ chứa không ít hơn 2 điểm trong số 5 điểm đó . vì vậy luôn tồn tại hai điểm mà khoảng cách không vượt quá 1.
®Ò chÝnh thøc
Phòng giáo dục& ĐT
đề thi học sinh giỏi lớp 9 vòng 2
Năm học: 2008-2009
Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)
Câu 1:(1,5 điểm)
 a) TÝnh : A = - - 
	b) tính : B = ..
	c) Cho C = và D = .
	Không dùng máy tính hãy so sánh C và D .
	 Cõu 2:(1 điểm)
Cho P(x) là đa thức bậc 3 với hệ số của là số nguyên khác 0 và khác - 1.
Biếtvà . Chứng minh rằng:là hợp số
Câu 3 (2 điểm): 
a. Gọi = , .
Tìm tất cả các giá trị của sao cho và có giá trị nguyên. 
b. Cho a,b,c là các số thực thoả mãn điều kiện: abc = 2009. Chứng minh rằng:
Câu 4 (2điểm):
a. Giải hệ phương trình: hoặc
a. Cho hệ phương trình 
Chứng minh rằng với với mọi số nguyên dương n ta có 
b. Chiều cao của một tam giác bằng 3; 4; 5. Tam giác này có phải là tam giác vuông không?
hoặc: Cho hình vuông ABCD với M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và CD. Tính cosMAN?
 Câu 4 (3điểm): 
 Cho (O;R) và (O’;R’) tiếp xúc nhau tại C. Kẻ đk COA và CO’D; tiếp tuyến chung ngoài EF với F thuộc (O) và E thuộc (O’). Gọi H là giao điểm của AF và DE. 
 a) Chứng minh góc AHD vuông. Từ đó suy ra HC là tiếp tuyến chung của hai đường tròn.
 b) Kẻ tiếp tuyến chung ngoài thứ hai BI với B thuộc (O), I thuộc (O’). 
 Chứng minh rằng : 
 c) Tính diện tích tứ giác BFEI theo R; R’.
 Cõu 5:(2 điểm)
 Chứng minh rằng luôn tồn tại số có dạng 2009200920092009....2009 mà số đó chia hết cho 2003.
Hoặc: Trong một tam giác có cạnh lớn nhất bằng 2, người ta lấy 5 điểm phân biệt. Chứng minh rằng trong 5 điểm đó luôn tồn tại hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá 1.
Đề thi môn toán
Thời gian: 150’
Năm học 2008 - 2009
Bài 1(2điểm). Cho biểu thức 
Rút gọn P
Tìm x, y là các số chính phương để P = 2
Bài 2(2 điểm). Cho hệ phương trình
Chứng minh rằng với với mọi số nguyên dương n ta có 
Bài 3(2 điểm).Trong tam giác ABC có chu vi 2p = a+ b + c (a, b, c là độ dài ba cạnh).
Chứng minh rằng 
Dấu bằng trong bất đẳng thức trên xảy ra khi tam giác ABC có đặc điểm gì?
Bài 4 (3 điểm). Cho đường tròn(O; r), dây cung BC = a không đổi. A là một điểm trên cung lớn AB sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao AD, BE, CK cắt nhau tại H.
Trong trường hợp , tính AH theo a
Tìm vị trí của A để tích DH.DA nhận giá trị lớn nhất.
Bài 5 (1 điểm) Cho đa giác đều (H) có 14 đỉnh. Chứng minh rằng trong 6 đỉnh bất kì của (H) luôn có 4 đỉnh là các đỉnh của hình thang.
Hết
đáp án - biểu điểm
Bài
Đáp án
Biểu điểm
Bài 1
a)ĐK: x0; y 0; x 1; y 1; x2 + y2 > 0
Mẫu thức chung: M = 
=
 = 
= 
 = 
P = 2 (1)
Vì x, y là số chính phương suy ra là số tự nhiên. Nên (1) tương đương với
(Loại vì )
Suy ra 
0,5 đ
0,5đ
0,25đ
 0,25đ
0,25đ
0,25đ
Bài 2
Từ x2 + y2 = a2 + b2 (x2 – a2) + (y2 – b2) = 0
 (x – a)(x + b) + (y – b)(y + b) = 0 (1)
Vì x + y = a + b x – a = b – y Thay vào (1) ta được:
Nếu b – y = 0 y = b x = a
Nếu x + a = y + b 
Vậy trong mọi trường hợp ta có 
0,5đ
0,5đ
0,.5đ
0,5đ
Câu 3
Chứng minh BĐT phụ: ( Với x, y dương) (1)
 (2)
 (Dấu “=” xảy ra khi x = y)
(2) luôn đúng (1) luôn đúng
Ta có p – a > 0; p – b > 0; p – c > 0
áp dụng BĐT (1) Ta có:
Cộng từng vế ta có 
Dấu “=” xảy ra khi p – a = p – b = p – c Tam giác ABC đều.
0,5đ
0,25đ
 0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
Câu 4
Xét tứ giác AKHE có mà 
; 
Kẻ BI là đường kính , chứng minh tứ giác AICH là hình bình hành AH = CI (1)
Gọi M là trung điểm của BC IC = 2 OM (2) (Đường trung bình)
Từ (1) và (2) AH = 2 OM. 
Do M là trung điểm của BC OM BC và OM là tia phân giác của góc BOC .
OM = MC.sin600 = AH = 
b) DA.DH = DB.DC 
áp dụng bất đẳng thức ( Dấu “=” xảy ra khi a = b)
 DA.DH = DB.DC (Không đổi)
(Dấu “=” xảy ra khi DB = DC hay D là trung điểm của BC)
 DA.DH nhận giá trị lớn nhất là khi D là trung điểm của BC cân tại A hay A là điểm chính giữa của cung BC
0,5đ
0,25
0,5đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Bài 5
Các đỉnh của hình (H) chia đường tròn ngoại tiếp nó thành 14 cung bằng nhau, mỗi cung có số đo là . Các dây nối hai đỉnh của (H) chắn các cung nhỏ có số đo là , 2, 3,., 7. Do vậy độ dài các dây đó chỉ nhận 7 giá trị khác nhau.
Lấy 6 đỉnh của hình (H) thì số dây hai đỉnh trong 6 đỉnh đó là (6.5): 2 = 15. Vì 15 dây này có độ dài không nhận quá 7 giá trị khác nhau nên phải 3 dây có cùng độ dài. Trong 3 dây đó luôn có 2 dây không chung đầu mút ( Vì nếu 2 dây trong 3 dây đó đều chung đầu mút thì 3 dây bằng nhau đó tạo thành một tam giác đều, do đó số đỉnh của (H) chia hết cho 3 trái với giả thết
Dễ thấy 2 dây bằng nhau của một đường tròn không chung đầu mút thì 4 đầu mút của chúng là một đỉnh của một hình thàn cân. Từ đó suy ra trong 6 đỉnh bất kì của (H) luôn có 4 đỉnh là các đỉnh của hình thang.
0,25®
0,25®
0,25®
0,25®
§Ò thi häc sinh giái vßng 2 líp 9 
 n¨m häc 2008-2009
§Ò thi m«n: To¸n 
(Thêi gian lµm bµi: 150 phót )
C©u 1: (1,5®iÓm)
Cho c¸c sè thùc d­¬ng x, y tho¶ m·n: x100 + y100 = x101 + y101 = x102 + y102
H·y t×m gi¸ trÞ cña biÓu thøc: A = x2008 + y2008.
Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh:
Câu 2: (2điểm)
a) Chứng minh rằng số A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không thể là số chính phương 
 với mọi n là số nguyên dương. Tìm tất cả các số nguyên n sao cho A là số 
 chính phương.
b) Cho số tự nhiên n > 1 và n + 2 số nguyên dương a1, a2, ... , an+2 thoả mãn điều kiện
 1 a1< a2 < ... < an+2 3n. 
 Chứng minh rằng luôn tồn tại hai số ai, aj (1j i n + 2) sao cho n < ai – aj < 2n
Câu 3: (1điểm)
Cho các số u1, u2,  , u2009 được xác định theo công thức sau:
 với n = 1, 2, , 2007.
Chứng minh rằng u1+ u2+  + u2007
Câu 4: (1,5điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm B cố định có tọa độ (1; 1). A di động A(m; 0)
a) Viết phương trình họ đường thẳng (dm) vuông góc với AB tại A.
b) Chứng minh rằng không có 3 đường thẳng nào của họ (dm) đồng qui.
c) Tìm các điểm trên mặt phẳng tọa độ sao cho chỉ có 1 đường thẳng của họ (dm) đi qua.
Câu 5: (4điểm)
Cho tam giác vuông cân ABC (vuông ở A), AD là trung tuyến thuộc cạnh huyền, M là điểm thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M xuống các cạnh AB, AC; H là hình chiếu của N xuống đường thẳng PD.
a) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.
b) Chứng minh rằng khi M thay đổi, đường thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định.
------------------------------------------------------------------
K× thi häc sinh giái vßng 2 líp 9 
 n¨m häc 2008-2009
H­íng dÉn chÊm m«n: To¸n
(Gåm 4 trang)
C©u
Néi dung cÇn tr×nh bµy
§iÓm
1.a)
0,5®iÓm
Ta cã: x102 + y102 = x102 + x101y + xy101 + y102 – x101y – xy101
 x102 + y102 = (x101 + y101)(x + y) – xy(x100 + y100) (1)
Mµ theo bµi ra x100 + y100 = x101 + y101 = x102 + y102 (2)
Tõ (1) vµ (2) 1 = x + y – xy
 (x – 1)(y – 1) = 0
 (x; y) = (1; 1)