Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Lớp 9 THCS môn Toán - Năm học 2021-2022 - Sở Giáo dục và Đào tạo Vĩnh Long

 1 
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
 VĨNH LONG LỚP 9_THCS NĂM HỌC 2021-2022 
 MÔN TOÁN 
 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút 
Ngày thi 16/3/2022 
Thời gian làm bài :150 phút 
Tên : Trương Quang An .Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng 
Ngãi.Điện thoại : 0708127776 
Câu 1. (4,0 điểm) 
1.Tính giá trị biểu thức 3 3(1 7) (1 7)A     
2.Cho
3 9 3 1 2
, 0, 1
2 2 1
x x x x
P x x
x x x x
   
    
   
 .Rút gọn biểu thức.Tìm x nguyên dương để P 
nguyên 
Câu 2. (4,0 điểm) 
a.Giải phương trình: 2(2 1) 3 5 6 3 8x x x     
b.Giải hệ phương trình: 
3
3
3 2 2 2 6
3 3 2 4 2 22
x y x y
x y x y
    

    
Câu 3. (2,0 điểm) Cho phương trình 2 2( 1) 4 0x m x m     .Tìm m để phương trình có hai 
nghiệm 1 2,x x phân biệt thỏa 
2 2
1 1 2 2( )( ) 2x mx m x mx m     
Câu 4. (2,5 điểm) 
a.Chứng minh với k là số nguyên thì 2023k+3 không phải là lập phương của 1 số nguyên. 
b.Tìm nghiệm nguyên của 2 2 ( ) 2( 1)x y x y x    
Câu 5. (3,0 điểm) 
Cho (O;R) ,dây BC khác đường kính .Hai tiếp tuyến (O;R) tại B,C cắt nhau ở A.Kẻ đường 
kính CD,kẻ BH vuông CD tại H. 
a.Chứng minh OA vuông BC.Biết R=15 cm,BC=24 cm.Tính AB,OA 
b.Gọi I là giao điểm AD,BH,E là giao điểm DB,AC.Chứng minh IB=IH. 
Câu 6. (2,5 điểm) 
Cho (O;R) có đường kính AB vuông dây NM tại H,H nằm giữa O,B.Trên tia MN lấy C 
ngoài (O),AC cắt (O) tại K(K khác A),hai dây MN và BK cắt tại E 
a.Chứng minh CA.CK=CE.CH 
b.Qua N kẻ đường thẳng d vuông AC cắt MK tại F.Chứng minh tam giác NCF cân 
Câu 7. (2,0 điểm) Cho a,b,c là số thực dương thỏa a+b+c=3.Chứng minh 
a) 23( ) ( )ab bc ca a b c     
b)
2 2 2
3
1 1 1 2
a b c
b c a
  
  
BÀI GIẢI. 
Câu 1. (4,0 điểm) 
1.Tính giá trị biểu thức 3 3(1 7) (1 7)A     
2.Cho
3 9 3 1 2
, 0, 1
2 2 1
x x x x
P x x
x x x x
   
    
   
 .Rút gọn biểu thức.Tìm x nguyên dương để P 
nguyên 
 2 
BÀI GIẢI. 
1.Đặt (1 7), (1 7) 2; 6a b a b ab         .Ta có 
3 3 3(1 7) (1 7) ( ) 3 ( ) 44A a b ab a b         
2.Ta có 
1 1 43 9 3 1 2 1 2
1
92 2 1 1 1 1 2
x xx x x x x
P
xx x x x x x x
       
                  
(thỏa). 
Câu 2. (4,0 điểm) 
a.Giải phương trình: 2(2 1) 3 5 6 3 8x x x     
b.Giải hệ phương trình: 
3
3
3 2 2 2 6
3 3 2 4 2 22
x y x y
x y x y
    

    
BÀI GIẢI. 
Ta có 
3 3
3
3 2 2 2 6 3 2 2 2
73 3 2 4 2 22 2 4
x y x y x y x
yx y x y x y
         
   
         
.Thử lại thỏa mãn. 
Câu 3. (2,0 điểm) Cho phương trình 2 2( 1) 4 0x m x m     .Tìm m để phương trình có hai 
nghiệm 1 2,x x phân biệt thỏa 
2 2
1 1 2 2( )( ) 2x mx m x mx m     
Câu 4. (2,5 điểm) 
a.Chứng minh với k là số nguyên thì 2023k+3 không phải là lập phương của 1 số nguyên. 
b.Tìm nghiệm nguyên của 2 2 ( ) 2( 1)x y x y x    
BÀI GIẢI 
a.Xét a=7m+r với 3 3 3 2 2 3, , 0,6, (7 ) (7 ) 3.(7 ) . 3.7 .m r r a m r m m r m r r        .Ta có 
3a có dạng 3 37.a M r  .Với 0,6r  thì chia cho 7 chỉ có thể dư 0,1,6.Mà 2023k+3 
=7.(289k)+3 chia cho 7 dư 3.Vậy ta có đpcm. 
b.Ta có 2 2 2 2 22 ( ) 2( 1) ( 2 ) ( 2) 8 ( 2) ( 2)x y x y x x y x             . Vậy có 4 nghiệm 
(4;1);(0;-1);(4;3);(0;1). 
Câu 5. (3,0 điểm) 
Cho (O;R) ,dây BC khác đường kính .Hai tiếp tuyến (O;R) tại B,C cắt nhau ở A.Kẻ đường 
kính CD,kẻ BH vuông CD tại H. 
a.Chứng minh OA vuông BC.Biết R=15 cm,BC=24 cm.Tính AB,OA 
b.Gọi I là giao điểm AD,BH,E là giao điểm DB,AC.Chứng minh IB=IH. 
BÀI GIẢI. 
 3 
a.Vì AB,AC là tiếp tuyến của (O) nên AB=AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và 
có OB=OC nên AO là đường trung trực của BC nên AO⊥BC.Gọi AO∩BC=E nên E là 
trung điểm BC .Lúc đó BE=0,5.BC=12. Do AB⊥OB,BE⊥AO. Áp dụng hệ thức lượng 
vào ΔΔ vuông ABO đường cao BE có: 
2 2 2
2 2 2
1 1 1
20, 25AB OA AB OB OA
BE BO BA
        c. 
d. Gọi BD∩AC=F .Ta có: FB⊥BC,AB=AC→A là trung điểm CF →AF=AC. 
Mà BH⊥CD→BH//CF nên 
BI DI IH
IB IH
FA DA AC
    
Câu 6. (2,5 điểm) 
Cho (O;R) có đường kính AB vuông dây NM tại H,H nằm giữa O,B.Trên tia MN lấy C 
ngoài (O),AC cắt (O) tại K(K khác A),hai dây MN và BK cắt tại E 
a.Chứng minh CA.CK=CE.CH 
b.Qua N kẻ đường thẳng d vuông AC cắt MK tại F.Chứng minh tam giác NCF cân 
BÀI GIẢI. 
 4 
a.Xét tam giác CKE và tam giác CHA có:CKE=CHA=90°; góc ACH chung;⇒ΔCKE 
đồng dạng ΔCHA(g.g) nên . .
CK CE
CACK CE CH
CH CA
   
 5 
b.Ta có: AKB=90° (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) ⇒ BK ⊥ AC (đ/n), mà NF ⊥ AC 
(gt) suy ra BK // NF (từ vuông góc đến song song)⇒ 
1 1N K  (2 góc so le trong) (1). Vì 
KNBM nội tiếp (4 đỉnh cùng thuộc đường tròn (O)) nên 1 1M K  (nội tiếp cùng 
chắn cung BN) (2) và NKM+NBM=180° (tính chất 2 góc đối) (3). Ta lại 
có: NKM+NKF=180° (2 góc kề bù) (4). Từ (1) và (2) ⇒ 1 1N M  (*) ; từ (3) và (4) 
⇒ NBM=NKF. Xét △MBN và △NKF có: 1 1N M  (cmt), NBM=NKF (cmt) ⇒ 
△MBN ~ △NKF (g.g) ⇒ 2 1N F  (2 góc tương ứng) (**). Ta dễ dàng chứng minh được 
△BMN cân tại B ⇒ 2 1N M  (đ/n) (***). Từ (*), (**) và (***) ⇒ 1 1N F  ⇒ △NFK 
cân tại K (đ/n) (đpcm) 
Cách khác .Qua điểm N kẻ đường thẳng (d) vuông góc với AC, (d) cắt MK tại F. Ta 
có d⊥AC;AKB=900⇒BK⊥AK⇒BK⊥AC⇒d//BK. (từ vuông góc đến song song).Xét 
tam giác OMN có OM=ON(=R)⇒ΔOMN cân tại O⇒ Đường cao OH đồng thời là đường 
phân giác ⇒MOB=NOB⇒sđ cung MB = sđ cung NB⇒MKB=NKB(hai góc nội 
tiếp chắn hai cung bằng nhau).Ta có KFN=MKB (đồng vị);KNF=NKB (so le 
trong). Mà MKB=NKB(cmt)⇒KFN=KNF⇒ΔNFK cân tại K 
Câu 7. (2,0 điểm) Cho a,b,c là số thực dương thỏa a+b+c=3.Chứng minh 
a) 23( ) ( )ab bc ca a b c     
b)
2 2 2
3
1 1 1 2
a b c
b c a
  
  
BÀI GIẢI. 
a.Ta có 2 2 2 23( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0ab bc ca a b c a c b c a b            
b.Ta 
có
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 3
(*)
1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2
a b c a b c ab bc ca
a b c
b c a b c a b c a
             
        
. Ta 
có VT của bất đẳng thức (*) 2
1 1 3
. ( )
2 2 3 2
ab bc ca
VT a b c
 
     .