SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9_THCS NĂM HỌC 2022-2023
MÔN TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi 18/03/2023
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: (5.0 điểm).
1. Cho biểu thức

 x 3
x 2
9 x   3 x 9 
P  


 : 1 

x  9 
2

x
x

3
x

x

6

 

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức x.
b) Tính giá trị của biểu thức P khi x  3  3  13  48 .
2. Cho x,y,z là ba số thực khác 0 , thoả mãn
rằng:

1 1 1
   0 . Chứng minh
x y z

zy zx xy


 0.
x2 y 2 z 2

Câu 2: (5.0 điểm).
1. Giải phương trình: 3x  1  x  3  1  x  0
2 xy
 2
2
x  y  x  y  1
2. Giải hệ phương trình: 
 x  y  x2  y


3. Cho đường thẳng (d):mx+(m−1)y−2m+1=0 (với m là tham số). Tìm điểm cố định mà
đường thẳng (d) luôn đi qua với mọi giá trị của m.
Câu 3: (5.0 điểm). Cho đường tròn (O;R) và dây cung BC cố định (BC < 2R). Điểm A di
động trên đường tròn (O;R) sao cho tam giác ABC nhọn. Kẻ đường cao AD và trực tâm H
của tam giác ABC.
a) Đường thẳng chứa phân giác ngoài của góc BHC cắt AB, AC lần lượt tại các điểm M,
N. Chứng minh tam giác AMN cân.
b) Các điểm E, F lần lượt là hình chiếu của D trên các đường thẳng BH, CH. Các điểm P,
Q lần lượt là hình chiếu của D trên các cạnh AB, AC. Chứng minh 4 điểm P, E, F, Q thẳng
hàng và OA vuông góc PQ.
c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác trong của góc BAC tại K.
Chứng minh đường thẳng HK luôn đi qua một điểm cố định
Câu 4: (2.0 điểm). Cho tam giác ABC cân tại A, điểm O là trung điểm của BC. Đường
tròn (O) tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F. Điểm H chạy trên cung nhỏ EF
của (O), tiếp tuyến của đường tròn (O) tại H cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Xác định vị trí
của điểm H để diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn nhất.
Câu 5: (3.0 điểm).
1. Cho x,y,z là ba số thực dương, thoả mãn ab+bc+ca=1. Chứng minh
rằng:

5
 a 4b2  b4c 2  c 4 a 2  2abc(a  b  c)
9
1

2. Giải phương trình sau với nghiệm nguyên: x2  2 y 2  3xy  3x  5 y  3  0
Lời giải
Câu 1: (5.0 điểm).
1. Cho biểu thức

 x 3
x 2
9 x   3 x 9 
P  


 : 1 

x  9 
x  3 x  x  6  
 2 x

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức x.
b) Tính giá trị của biểu thức P khi x  3  3  13  48 .
2. Cho x,y,z là ba số thực khác 0 , thoả mãn
rằng:

1 1 1
   0 . Chứng minh
x y z

zy zx xy


 0.
x2 y 2 z 2

Lời giải
Câu 1: (5.0 điểm).
1. Cho biểu thức

 x 3
x 2
9 x   3 x 9 
P  


 : 1 

x  9 
2

x
x

3
x

x

6

 

a) Điều kiện xác định của P là x  0, x  4, x  9 .Ta có
 x 3
x 2
9 x   3 x 9 
P  


 : 1 

x  9 
x  3 x  x  6  
 2 x

x 2
x
:

x 3 x 3

x 2
x

b) Khi x  3  3  13  48  1 thay vào biểu thức P ta có P=3.
2. Chứng minh được bài toán: Nếu a +b+c= 0 thì a3  b3  c3  3abc .Vì

1 1 1
   0 và x, y, z
x y z

1 1 1
3
. Do đó
 3 3
3
x
y
z
xyz
1 1 1
zy zx xy
3
VT  2  2  2  xyz  3  3  3   xyz.
 3  VP (đpcm)
x
y
z
y
z 
xyz
x

≠ 0 nên suy ra được

Câu 2: (5.0 điểm).
1. Giải phương trình: 3x  1  x  3  1  x  0
2 xy
 2
2
x  y  x  y  1
2. Giải hệ phương trình: 
 x  y  x2  y


3. Cho đường thẳng (d):mx+(m−1)y−2m+1=0 (với m là tham số). Tìm điểm cố định mà
đường thẳng (d) luôn đi qua với mọi giá trị của m.
Lời giải

2

1. Ta có điều
kiện x 

x  1( N )

1
1


.Ta
, 3x  1  x  3  1  x  0  ( x  1). 
 1  0  
3
3
x

1

x

3

2
 3x  1  x  3 


 x  5  2 7(l )

có 3x  1  x  3  2  4 x  4  2 3x  1. x  3  4  x 2  10 x  3  0  

 x  5  2 7(n)

.

2 xy
 2
2
x  y  x  y  1
2. Giải hệ phương trình: 
 x  y  x2  y


Điều kiện: x + y > 0 .
Biến đổi phương trình (1): x 2  y 2 

2 xy
2 xy
 1  ( x  y)2  2 xy 
 1  0 . Đặt S=x + y, P=xy
x y
x y

, (với S 2  4P ), ta có phương
trình: S 2  2P 

 x  y 1
2P
 1  0  ( S  1)( S 2  S  2 P)  0   2
S
 S  S  2P  0

+Với x + y =1 thay vào (2) ta được:
 y  0  x 1
y2  y  0  
 y  3  x  2
2
+ Với S  S  2P  0  x2  y 2  x  y  0 (Loại, vì x+ y > 0 ). Vậy hệ phương trình đã cho có

2 nghiệm ( x y; ) là (1;0 ; (-2;3 )
3. Gọi A( xA ; y A ) là điểm cố định mà đường thẳng (d ) luôn đi qua với mọi
giá trị của m, ta có phương trình:
m x A +(m−1) y A −2m+1=0 hay m( x A + y A -2) = y A -1có nghiệm ∀m
x  y  2  0

x 1

 A
suy ra  A A
. Vậy đường thẳng (d) luôn đi qua điểm A(1;1) với mọi giá
 yA 1  0
 yA  1
trị của m .
Câu 3: (5.0 điểm). Cho đường tròn (O;R) và dây cung BC cố định (BC < 2R). Điểm A di
động trên đường tròn (O;R) sao cho tam giác ABC nhọn. Kẻ đường cao AD và trực tâm H
của tam giác ABC.
a) Đường thẳng chứa phân giác ngoài của góc BHC cắt AB, AC lần lượt tại các điểm M,
N. Chứng minh tam giác AMN cân.
b) Các điểm E, F lần lượt là hình chiếu của D trên các đường thẳng BH, CH. Các điểm P,
Q lần lượt là hình chiếu của D trên các cạnh AB, AC. Chứng minh 4 điểm P, E, F, Q thẳng
hàng và OA vuông góc PQ.
c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác trong của góc BAC tại K.
Chứng minh đường thẳng HK luôn đi qua một điểm cố định
Lời giải
a.Gọi B' là hình chiếu của điểm B trên AC, C' là hình chiếu của điểm C trên AB.
Ta có góc C'HM =góc B'HN (góc NHC )⇒ ∆C'HM đồng dạng ∆B'HN (g –g)
⇒ gócAMN =góc ANM ⇒ ∆AMN cân tại A
b. Ta cógóc PEB =gócPDB (vì cùng chắn cung PB của đường tròn (BPED))
gócPDB =gócHCD (vì đồng vị PD//CC')
gócHCD= gócFDH (vì cùng phụ gócFHD )
3

gócFDH =gócFEH (vì cùng chắn cung FH của đường tròn (DEHF)) ⇒ góc PEB gócFEH
.Mà 3 điểm B.E,H thẳng hàng nên 3 điểm P,E,F thẳng hàng. Tương tự chứng minh được 3
điểm E,F,Q thẳng hàng. Do đó 4 điểm P,E,F,Q thẳng hàng.
+ Kẻ xy là tiếp tuyến tại A của (O). Ta có góc xAB =gócACB (cùng chắn cung AB của
(O)). Mà AP.AB = AQ.AC (= AD2 ) ⇒tứ giác BPQC nội tiếp ⇒ gócAPQ =gócACB
⇒ góc xAB =gócAPQ ⇒xy//PQ. Mà xy⊥ AO (t/c tiếp tuyến).Do đó OA ⊥PQ
c.Gọi U là giao điểm của BB' và KM, V là giao điểm của
CC' và KN. Ta có ∆AMN cân tại A nên đường phân giác AK
của góc MAN cũng là đường trung trực của MN ⇒AK là đường kính của (AMN).
⇒ góc AMK = 90 ⇒ MK //CC hay UK //HV . Tương tự KV//UH nên tứ
giác HVKU là hình bình hành ⇒HK đi qua trung điểm của UV (1)
UB MB
VC NC
HB
MB
(ta lét).Tương tự
.Mà
(t/c đường



UH MC '
VH NB '
C ' H MC '
NC HC
HB HC
phân giác của góc BHC' ), tương tự
.Mà
(vì ∆C'HB đồng dạng ∆B'


NB ' HB '
HC ' HB '
UB VC
HC ) ⇒
⇒UV // BC (Ta lét đảo) (2). Từ (1) và (2) ⇒HK đi qua trung điểm của

UH VH

+ Ta có MU //CH nên

BC. Mà BC cố định nên HK luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 4: (2.0 điểm). Cho tam giác ABC cân tại A, điểm O là trung điểm của BC. Đường
tròn (O) tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F. Điểm H chạy trên cung nhỏ EF
của (O), tiếp tuyến của đường tròn (O) tại H cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Xác định vị trí
của điểm H để diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải
+ Ta có OM, ON lần lượt là phân giác góc EOM , FOH (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau của
MON 

FOE 1800  BAC

 ABC  MBO đồng dạng MON (g.g)
2
2

Cmtt ta có tam giác OCN đồng dạng tam giác MON.Suy ra tam giác MBO đồng dạng
BM BO
BC 2

 BM .CN  OB.OC 
=const (1)
CO CN
4
+ Lại có S AMN  S ABC  SBMNC nên S AMN đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi S BMNC đạt giá trị nhỏ

OCN

nhất. Gọi R là bán kính của đường tròn (O), ta có:
S BMNC  S BOM  SMON  S NOC 

R
( BM  MN  NC )  R( BM  CN  BE ) (2) (Vì BE =CF ,ME= MH ,
2

NF= NH ). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, từ (1) và (2) suy ra:
S BMNC  R( BM  CN  BE )  R





 BC

BM .CN  BE  R 
 BE  =const (Vì tam giác ABC cố định
 2


nên BC và BE không đổi). Dấu " =" xảy ra khi và chỉ khi BM =CN hay MM //BC khi và
chỉ khi H là giao điểm của đường trung trực của BC với đường tròn (O).
Vậy diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn nhất khi H là giao của
đường trung trực của BC với đường tròn (O).
Câu 5: (3.0 điểm).
1. Cho x,y,z là ba số thực dương, thoả mãn ab+bc+ca=1. Chứng minh
rằng:

5
 a 4b2  b4c 2  c 4 a 2  2abc(a  b  c)
9

2. Giải phương trình sau với nghiệm nguyên: x2  2 y 2  3xy  3x  5 y  3  0
Lời giải
4

1.Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số thực dương ta có:
1
 4 2 1
2
2
a b  3 abc  9 ac  a bc

1
 4 2 1 2
2
 b c  a bc  ab  b ac . Cộng vế theo vế của các bất đẳng thức trên và kết hợp với giả
3
9

 4 2 1 2 1
2
 c a  3 ab c  9 bc  c ab

thiết ta
được:

1
2
 a 4b2  b4c 2  c 4 a 2  abc(a  b  c) (1).
9
3
1
3

+ Áp dụng đẳng thức phụ dạng: x 2  y 2  z 2  xy  zx  yz  xy  zx  yz  ( x  z  y )2 ta được:
1
1
abc(a  b  c)  ab.ca  bc.ba  ca.cb  (ab  bc  ca) 2  .Hay
3
3
1
4 4
 abc(a  b  c)   abc(a  b  c) (2). Cộng theo vế (1) và (2) ta có (đpcm).
3
9 3
3
Dấu “=” xảy ra a  b  c 
.
3

2.+ Biến đổi đưa được về pt: ( x+y+2)( x+2 y +1) =5 )
+ Tìm ra được các nghiệm nguyên ( x;y ) của phương trình là: (−6;5),(0; -3),(6; -3),(-12;5 )

5