Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh năm học 2015 – 2016 môn thi: Toán 9 – thcs thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

GV:: Nguyễn Dương Hảiii – THCS Phan Chu Trr iiinh – Buôn Ma Thuộtt trang 1 
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO 
ĐĂK LĂK 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH 
NĂM HỌC 2015 – 2016 
MÔN THI: TOÁN 9 – THCS 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 05/4/2016 
Bài 1: (4 điểm) 
1) Giải hệ phương trình sau: 
      2
5 20
1 1 2 1 3 1 3 1 3 2
x y
x x x y y x
  

      
2) Tìm tất cả số thực m để phương trình: x2 – 2(2m + 1)x + 3m + 4 = 0 có hai 
nghiệm dương phân biệt. 
Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt 
Bài 2 : (4 điểm) 
1) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn 
2
2
x y z
x y z
   

  
. Tính giá trị của biểu thức 
   1 1 1
1 1 1
yx z
P x y z
x y z
 
           
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1; 2) cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại hai 
điểm A, B đều khác gốc tọa độ O mà OA + OB = 6. 
Bài 3: (4 điểm) 
a) Tìm số tự nhiên có hai chữ số ab thỏa mãn  
3
6ab a b   
 b) Cho 
2017 1
111 1
chu so
a  , 
2016 0
100 05
chu so
b  . Chứng minh rằng số 1M ab  là số chính 
phương. 
Bài 4: (4 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AB = 2R. Biết BC 
= CD và hai đường thẳng AD, BC cắt nhau tại F. Trên đường kính AB lấy điểm E sao 
cho AD = BE. Vẽ EH vuông góc với AD tại điểm H. Hai đường thẳng AC, EH cắt nhau 
tại k. Gọi I là trung điểm đoạn thẳng AE. Chứng minh rằng: 
 1) AD. AF + BC. BF = 4R
2
. 
 2) Ba điểm D, I, K thẳng hàng. 
Bài 5: (2 điểm) Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại O và diện tích tam 
giác AOB bằng 9 cm2, diện tích tam giác COD bằng 16 cm2. Tìm giá trị nhỏ nhất của 
diện tích tứ giác ABCD. 
Bài 6: (2 điểm) Với a, b, c là ba số thực thay đổi thỏa mãn ab + 7bc + ca = 188. Tìm giá 
trị nhỏ nhất của biểu thức P = 5a2 + 11b2 + 5c2. 
GV:: Nguyễn Dương Hảiii – THCS Phan Chu Trr iiinh – Buôn Ma Thuộtt trang 2 
BÀI GIẢI 
Bài 1: (4 điểm) 
1) Giải hệ phương trình sau: 
      2
5 20
1 1 2 1 3 1 3 1 3 2
x y
x x x y y x
  

      
              2 22 2 2
5 20 5 20
1 1 2 1 3 1 3 1 3 2 1 3 2 1 3 1 3 2 1 3
x y x y
x x x y y x x x x y x y
       
 
              
             
22 2 2 2
5 20 5 20
3 2 3 61 3 1 3 2 1 3 2 1 3
x y x y
x y x y x x yx y x y x x
      
  
                
         2 2
5 205 20
3 2 3 6 3 2 3 2 0
x yx y
x y x y x x y x y x y x
     
  
                 
 
   
2
22
5 20 5
5 20
0 20
0
55 20
2 3 2 0
5 9 35 02 3 2 0
x y x y
x y
x y x
x y y
x y
x y x
x x vo nghiemx y x
     
                                
Vậy hệ phương trình có một nghiệm là  5; 5 
2) Tìm tất cả số thực m để phương trình: x2 – 2(2m + 1)x + 3m + 4 = 0 có hai 
nghiệm dương phân biệt. 
Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt 
   
 
  2 11 4 3 0
0 2 1 3 4 0 3
4 3
0 3 4 0 4
3 4
0 2 2 1 0 1
1
2
2
m
m m
m m
m
P m m m
S m
m
m
                
             
            
Bài 2 : (4 điểm) 
1) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn 
2
2
x y z
x y z
   

  
. Tính giá trị của biểu thức 
   1 1 1
1 1 1
yx z
P x y z
x y z
 
           
Ta có      
2
22 2 2 2 1xy yz zx x y z x y z xy yz zx               
Nên   1x x xy yz zx x y x z        
tương tự:      1 ; 1y x y y z z x z y z        
Do đó:    1 1 1
1 1 1
yx z
P x y z
x y z
 
           
GV:: Nguyễn Dương Hảiii – THCS Phan Chu Trr iiinh – Buôn Ma Thuộtt trang 3 
     
     
   
 
2 2 2
2 2
x y z y z x z x y
x y y z z x
x y y z z x
xy yz zx
    
    
  
   
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1; 2) cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại hai 
điểm A, B đều khác gốc tọa độ O mà OA + OB = 6. 
Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b (a, b  0, vì cắt Ox, Oy) 
Vì đường thẳng đi qua điểm M(1; 2) nên có: a + b = 2  b = 2 – a 
Đường thẳng y = ax + 2 – a cắt tia Ox tại điểm có hoành độ 
2a
a

, cắt tia Oy tại điểm có 
tung độ 2 a . Nên 
2
0
0
2 0
a
aa
a


 
  
Ta có OA + OB = 6   2
12
2 6 3 2 0 1 2 0
2
aa
a a a a a
aa
 
               
 (TM) 
+) Với a = –1, phương trình đường thẳng là : y = –x + 3 
+) Với a = –2, phương trình đường thẳng là : y = –2x + 4 
Bài 3: (4 điểm) 
a) Tìm số tự nhiên có hai chữ số ab thỏa mãn  
3
6ab a b   
Ta có  
3 3
10 99 16 6 105 16 105 3 4
4
a b
ab ab a b a b
a b
 
                 
Nên  12;21;30;13;22;31ab . Chỉ có  
3
21 6 2 1   là đúng. Vậy 21ab  
 b) Cho 
2017 1
111 1
chu so
a  , 
2016 0
100 05
chu so
b  . Chứng minh rằng số 1M ab  là số chính 
phương. 
Ta có: 
2017
2017 1
10 1
111 1 ;
9chu so
a

  2017
2016 0
100 05 10 5
chu so
b    . 
Do đó  
   
2 2
2017 2017 2017 20172017
2017
10 4 10 5 10 4 10 410 1
1 10 5 1 1
9 9 9
M ab
     
         
 
2 22017 201710 2 10 2
9 3
  
   
 
Vì 201710 2 3 nên 
201710 2
3
N

 . Do đó 1M ab  là số chính phương. 
Bài 4: (4 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AB = 2R. Biết BC 
= CD và hai đường thẳng AD, BC cắt nhau tại F. Trên đường kính AB lấy điểm E sao 
cho AD = BE. Vẽ EH vuông góc với AD tại điểm H. Hai đường thẳng AC, EH cắt nhau 
tại k. Gọi I là trung điểm đoạn thẳng AE. Chứng minh rằng: 
 1) AD. AF + BC. BF = 4R
2
. 
 2) Ba điểm D, I, K thẳng hàng. 
GV:: Nguyễn Dương Hảiii – THCS Phan Chu Trr iiinh – Buôn Ma Thuộtt trang 4 
I' HI
KH
E
F
D
A B
C
1) AD. AF + BC. BF = 4R
2
. 
K FH  AB (H  AB), ta có: 090ADB ACB  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
Xét ADB và AHF có: 090ADB AHF  , A (góc chung) 
Vậy ADB AHF  . .
AD AH
AD AF AB AH a
AB AF
    
Xét ACB và FHB có: 090ACB FHB  , B (góc chung) 
Vậy ACB FHB  . .
BC BH
BC BF AB BH b
AB BF
    
Từ a), b)   2 2. . 4AD AF BC BF AB AH BH AB R      (đpcm) 
2) Ba điểm D, I, K thẳng hàng. 
Vì BC CD BC CD BAC CAD      AC là phân giác góc BAD. 
Gọi I’ là giao điểm của DK với AB. (1) 
Xét AI’D có AK là phân giác  
AI KI
DAI c
AD KD
 
  
Xét BI’D có EK // BD (EH  AD, BD  AD)  
KI I E
c
KD BE
 
  
Từ c), d) 
AI I E
AD BE
 
  mà AD = BE (gt)  AI’ = I’E  I’  I (vì AI = IE (gt)) (2) 
Từ 1) và 2) suy ra D, I, K thẳng hàng (đpcm) 
Bài 5: (2 điểm) Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại O và diện tích tam 
giác AOB bằng 9 cm2, diện tích tam giác COD bằng 16 cm2. Tìm giá trị nhỏ nhất của 
diện tích tứ giác ABCD. 
GV:: Nguyễn Dương Hảiii – THCS Phan Chu Trr iiinh – Buôn Ma Thuộtt trang 5 
O
A
D
C
B
Ta có: 9 16 144AOB BOC AOD BOC AOB COD
AOD COD
S S OB
S S S S
S S OD
         
Do đó 2 2 144 24AOD BOC AOD BOCS S S S     
Nên 9 16 24 49ABCD AOB COD AOD BOCS S S S S        . 
Dấu “=” xảy ra . . / /AOD BOC
OA OB
S S OAOD OB OC AB CD
OC OD
       
Vậy Min SABCD = 49 cm
2
 khi AB // CD. 
Bài 6: (2 điểm) Với a, b, c là ba số thực thay đổi thỏa mãn ab + 7bc + ca = 188. Tìm giá 
trị nhỏ nhất của biểu thức P = 5a2 + 11b2 + 5c2. 
 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 21 14 1
5 11 5 2 3
2 2 3 3
1 21 14 1
2 2 2 2 3
2 2 3 3
2 14 2 2 7 2 188 376
P a b c a b b c c a
a b b c c a
ab bc ca ab bc ca
     
             
     
     
        
Dấu “=” xảy ra 
2 2
2 2
2 2
1
2
2
21 14
2 3
1
3
3
7 188
a b
b c
c a
ab bc ca



 




   
 (tự xử tiếp)