UBND THỊ XÃ HOÀNG MAI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THỊ XÃ LỚP 9

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN

Năm học 2022-2023

(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1. (4,0 điểm)
1. Tính giá trị biểu thức:
B=

(

)

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

(

)

( )

1
1 1
3
1 1
6
1 1
+ 3 +
+ 2 +
+ ,
3
3
4
2
5
( a+ b ) a b
( a+ b ) a b
( a+b ) a b

Với a, b là các số thực thỏa mãn điều kiện ab = 1; (a + b) ≠ 0.

2. Cho biểu thức:
Tìm giá trị nhỏ nhất của A.

6.

Câu 2. (3,5 điểm)
1. Cho ba số nguyên tố lớn hơn 3, gồm: a ; a+ k ; a+2 k . Chứng minh rằng k chia hết cho

2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 4x + 7y - 2xy = 17
Câu 3. (4,0 điểm) Giải các phương trình sau:
1. x 2−6 x +26=6 √ 2 x+ 1
2
2. ( x 2 +3 x−4 ) +3 ( x 2+3 x−4 ) =x+ 4
Câu 4. (7,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, vẽ đường cao AD và BE. Gọi H là trực tâm của
tam giác ABC.
a) Chứng minh:
và tanB.tanC =
b) Gọi a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC.
A

a

Chứng minh rằng: sin 2 ≤
2 √ bc
2. Cho tam giác ABC vuông cân tại A và M là điểm di động trên đường thẳng BC (M
khác B, C). Hình chiếu của M trên các đường thẳng AB và AC tương ứng là H và K. Gọi I là
giao điểm các đường thẳng CH và BK. Chứng minh rằng các đường thẳng MI luôn đi qua một
điểm cố định.
Câu 5. (1,5 điểm)
Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c sao cho thỏa mãn hệ thức
20 bc +11 ac+1982 ab=2022.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. M =

1993 2002 31
+
+
p−a p−b p−c

(trong đó, p là nửa chu vi tam giác ABC)

--- Hết --(Thí sinh không dùng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:............................................................. Số báo danh:……………..

UBND THỊ XÃ HOÀNG MAI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THỊ XÃ
LỚP 9
Năm học 2022-2023

(Đáp án gồm 04 trang)

Môn: TOÁN

Câu
Câu 1

Nội dung

Điểm

Ta có

a3 +b3 3 ( a + b )
6
+
+
(do a.b = 1)
3
4
( a+ b )
( a+b )
( a+ b )4
( a3 +b 3 ) ( a+b ) +3 ( a2+ b2 ) +6
2

P=

1.1
(2,0
điểm)

¿

2

( a+ b )4

[
( a+b )3−3 ab ( a+ b ) ] ( a+b ) +3 [ ( a+b )2−2 ab ] +6
¿
=1
( a+b )

4

( do ab=1 )
Vậy P = 1
ĐKXĐ: x ≥ 0; x ≠ 9
2 x
x
3 x+ 3 2 √ x−2
A=( √ + √ +
):(
−1)
√ x+3 √ x −3 9−x
√ x−3
1.2
(2,0
điểm)

Rút gọn được:

0,5đ
0,5đ
0,75
0,25
0,25

0,75

3
3
−3
≤ =1 ⇒ A=
≥−1
Với x ≥ 0, ta có: √ x+ 3≥ 3 ⇒
√ x+3 3
√ x +3
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0 (TMĐK)
Vậy GTNN của A là -1 khi x = 0.
(Nếu HS sai hoặc thiếu điều kiện trừ 0,25đ)

0,5
0,5

Ta có a+ k−a=k là số tự nhiên chẵn, do đó k chia hết cho 2.
Giả sử k không chia hết cho 3. Khi đó k =3 n+1 hoặc k =3 n+2
(n∈ N ).
¿
Vì a là số nguyên tố lớn hơn 3 nên hoặc a=3 t+1 hoặc a=3 t+2 ( t ∈ N ) .
¿
+ Với a=3 t+1 ( t ∈ N ) .
Nếu k =3 n+1 thì a+ 2k =3 t+ 6 n+3 ⋮3 , và a+ 2k > 3 nên a+ 2k không là số
nguyên tố (trái gt).
Nếu k =3 n+2 thì a+ k=3 t +3 n+3 ⋮ 3 và a+ k >3 nên a+ k không là số nguyên tố
(trái gt).
¿
+ Với a=3 t+2(t ∈ N ).
Nếu k =3 n+1 thì a+ k=3 t +3 n+3 ⋮ 3 và a+ k >3 nên a+ k không là số nguyên tố
(trái gt).
Nếu k =3 n+2 thì a+ 2k =3 t+ 6 n+6 ⋮ 3 và a+ 2k >3 nên a+ 2k không là số
nguyên tố (trái gt).
Chứng tỏ k chia hết cho 3 và chia hết cho 2 nên k chia hết cho 6

0,5đ

Câu 2

2.1
(2,0
điểm)

2.2
(1,5
điểm)

0,5đ

0,75đ
0,25đ
1,0
0,5

Do x,y nguyên nên có 4 cặp (x,y) thỏa mãn là: (4;-1); (5;1); (2;3); (3;5).
Câu 3

3.1
(2,0
điểm)

Giải phương trình: x 2−6 x +26=6 √ 2 x+ 1
1
ĐK: x ≥−
2
2
↔ ( x −8 x +16 ) + ( 2 x +1−6 √ 2 x+1+9 )=0
2

↔(x−4) +( √ 2 x+1−3) =0
2

2

2

{√x−4=0
2 x +1=3

0,5
0,5
0.5

(1)

Vì ( x−4 ) ≥ 0 với mọi x ;( √ 2 x +1−3) ≥0 với mọi x ≥−
(1) ↔

0,25

1
2

↔ x = 4 (T/M)

0,25

Vậy S = { 4 }
Viết phương trình về dạng
0,5

2

( x 2 +3 x−4 ) +4 ( x2 +3 x−4 ) =x 2+ 4 x
[ ( x 2 +3 x−4 )2−x 2 ] + 4 [ ( x 2 +3 x−4 )−x ] =0
( x 2 +2 x−4 )( x2 + 4 x )=0
x ∈ {−1 ± √5 ; 0 ;−4 }

3.2
(2,0
điểm)
Câu 4
4.1
(4,0
điểm)

0,5
1

A
E

0,5

H
M
B

D F

C

1

N

a) Xét 2 tam giác vuông ADC và BDH có góc DAC = DBH (vì cùng phụ
AD DC
=
với góc C) nên ta có : ΔADC ∼ ΔBDH ⇒
(*)
DB DH

0,5

Ta có tanB =

0,5

; tanC =

Từ (*)

tanB.tanC =

(1)

(2)

Từ (1) và (2)
tanB.tanC =
b) Gọi AF là tia phân giác góc A; kẻ BM, CN lần lượt vuông góc với AF

0,5

0,5

Ta có:
0,5
Tương tự
Mặt khác ta luôn có:
Nên

do đó

Dấu “=” xảy ra khi: BM = CN hay tam giác ABC cân tại A.

sin

A
a
≤
2 2 √ bc

Vậy:
Gọi D là điểm đối xứng của A qua BC. Đường thẳng DI cắt KH tại N. Gọi P là
giao điểm của hai đường thẳng HM và DC.
Chứng minh được ∆ BHD=∆ AKB ( c . g . c )
Vì ( BD=BA , ^
A= ^B=900 , BH =HM =AK )
do đó ^
BHD= ^
BKA suy ra BK vuông góc với HD (tại E).
Tương tự ta chứng minh được CH vuông góc KD (tại F).
Nên I là trực tâm tam giác HDK, do đó DI vuông góc với KH tại N (1)

4.2
(3,0
điểm)

Mặt khác: ∆ PDM =∆ MHK ( c . g . c )
0
Vì ( MP=MK , ^
P= ^
M =90 , DP=BH =HM )
Do đó ^
(2)
PMD= ^
MKH suy ra MD vuông góc với KH
Từ (1) và (2) suy ra M, I, D thẳng hàng, nghĩa là đường thẳng MI luôn đi qua
điểm D cố định.
A

K

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

0,5

C

F
B

D
I

N
M

E

P

H

Câu 5
(1,5
điểm)

Hs chứng minh được BĐT: với x, y là các số thực dương thì:
1 1
4
+ ≥
x y x+ y
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x= y
1993 2002 31
+
+
Ta có: M =
p−a p−b p−c
1
1
1
1
1
1
¿ 1982
+
+11
+
+20
+
p−a p−b
p−a p−c
p−b p−c
4
4
4
≥ 1982.
+11.
+20.
p−a+ p−b
p−a+ p−c
p−b+ p−c
1982 11 20
1982 ab+ 11ac +20 bc
2022abc
¿4
+ +
=4.
=4.
c
b a
abc
abc
¿ 8088
p−a= p−b= p−c
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
20 bc+11 ac +1982 ab=2022abc
671
Hay là: a=b=c=
674
671
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 8088 đạt được khi a=b=c=
674

(

) (

(

) (

)

0,5

0,5

)

{

0,5

……… Hết ………

Chú ý: Học sinh có cách trình bày khác hợp lý, kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa. Điểm thành
phần giám khảo tự phân chia, thống nhất trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án.