SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2023-2024
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)


x 1
x  8   3 x 1 1
1 
 : 



Câu 1 (2 điểm). Cho biểu thức P = 

 3  x 1 10  x   x  3 x 1 1
x 1 
a, Rút gọn P.
b, Tính giá trị của P khi x =

4

3 2 2
3 2 2

4

3 2 2
3 2 2

2
Câu 2 (2 điểm). Cho phương trình: x  2m x  2m  1  0. Chứng minh phương trình luôn có hai

nghiệm x1 , x2 với mọi m. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

2x1x2  3
khi m thay đổi.
x  x22  2(1  x1x2 )
2
1

Câu 3 (1.5 điểm). Tìm hằng số a, b, c sao cho: ax 3  bx 2  c chia hết cho x  2 , chia cho x 2  1 dư 5.
Câu 4 (2 điểm). Giải phương trình sau : 2 x 2  5 x  1  7 x 3  1 .

 xy 2  4 y 2  8  x  x  2 
Câu 5 (2 điểm). Giải hệ phương trình: 
( x, y   )
 x  y  3  3 2 y  1
Câu 6 (2 điểm). Tìm số nguyên dương n lớn nhất để A  427  42024  4n

là số chính phương.

Câu 7 (2 điểm). Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 9 x 2  6 x  y 3
  450, ACB
  600 bán kính đường tròn
Câu 8 (2 điểm). Tính diện tích tam giác ABC biết ABC
ngoại tiếp tam giác ABC là R .
Câu 9 (2.5 điểm). Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ
một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E
là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm
O' lần lượt tại M và N (M và N khác với điểm A). Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng:
a) MI .BE  BI .AE
b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 10 (2 điểm). Cho a, b, c  0 thỏa mãn abc  1 . Chứng minh

1
1
1
3



ab  a  2
bc  b  2
ca  c  2 2

---------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:………………………………………….…............. Số báo danh:…….……….

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2023– 2024
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
( Hướng dẫn chấm gồm 07 trang)

I) Hướng dẫn chung:
1) Hướng dẫn chấm chỉ nêu một cách giải với những ý cơ bản, nếu thí sinh làm bài không
theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang
điểm quy định.
2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai
lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện với tất cả giám khảo.
3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả.
4) Với bài hình học nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm phần đó.
II) Đáp án và thang điểm:
Câu Nội dung trình bày
Điểm
1

x 1
x  8   3 x 1  1
1 
 : 

Cho biểu thức P = 


 3  x 1 10  x   x  3 x 1 1
x 1 
1,0
a, Rút gọn P
3 x 1  9  1
2 x 1  4 
(ĐK: x  1; x  10 )
P
:
.
10  x
x 1  3 
 x 1



0,25



P

3( x 1  3) x 1. x 1  3
.
10  x
2 x 1  4

0,25

P

3 x 1( x 10)( x 1  2)
2(10  x)( x 1 4)

0,25

P 
2



3 x 1



x 1  2



3 x 1



0,25

2  x  5

b, Tính giá trị của P khi x =
x 4



x 1  2

4

3 2 2
32 2

4

32 2

1,0

3 2 2

3  2 2 4 3 2 2

 4 (3  2 2) 2  4 (3  2 2) 2  3  2 2  3  2 2
3 2 2
3 2 2

x  1  2  ( 2 1)  2

P

2

0,25

0,25

1
2

0,5

2
Cho phương trình: x  2m x  2m  1  0. Chứng minh phương trình luôn có hai

nghiệm x1 , x2 với mọi m. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 
khi m thay đổi.

2 x1x2  3
x  x22  2(1  x1x2 )
2
1

2,0

Ta có  '  (m  1) 2  0, m nên phương trình có hai nghiệm với mọi m.

Theo định lí viet, ta có x1  x2  2m, x1 x2  2m  1 suy ra P 

4m  1
4m 2  2

0,5

1
Max P  1, khi m  .
2

0,5

Tìm hằng số a,b,c sao cho: ax 3  bx 2  c chia hết cho x  2 , chia cho x 2  1 dư 5

1.5

Theo bài ra ta có: x 2  1   x  1 x  1
Khi đó ta có:
f  x   a.x3  bx 2  c   x  2  A  x 

0.5

f  x    x  1 x  1 B  x   5
 8a  4b  c  0

Cho x  2, x  1, x  1 Khi đó ta có hệ:  a  b  c  5
 a  b  c  5


4

0,5

(2m  1) 2
 1.
4m 2  2

 1

3

0,5

0.5

5
20
Giải hệ ta được : a  0, b   , c 
3
3

0.5

Giải phương trình sau : 2 x 2  5 x  1  7 x3  1

2,0

Đk: x  1





Biến đổi PT ta có : 3  x  1  2 x 2  x  1  7

 x  1  x 2  x  1

v  9u
Đặt u  x  1  0 , v  x  x  1  0 , ta được: 3u  2v  7 uv  
v  1 u

4
2

0,5

0,5

v  9u : x  4  6

5

1
v  u : vô nghiệm
4

0,5

Vậy nghiệm của phương trình: x  4  6

0,5

 xy 2  4 y 2  8  x  x  2 
Giải hệ phương trình: 
( x, y   )
 x  y  3  3 2 y  1

2,0

1
.
2
Phương trình thứ nhất của hệ
ĐK: 2 y  1  0  y 

x  4  0
 x  4
  x  4  y 2   x  4  x  2    2

2
y  x2
x  y  2

0,5

 y  1
Với x  4 thế vào pt thứ hai ta được y  1  3 2 y  1  
2
 y  1  9  2 y  1
 y  1
y 1
 2

 y  10  3 10
 y  20 y  10  0
 y  10  3 10

0,5

 *

Với x  y 2  2 thế vào pt thứ hai ta được y 2  y  5  3 2 y  1 ápdụng bất đẳng
thức AM-GM ta có
0,5
*
*
VT     y 2  y  1   2 y  1  5   2 y  1  5  2 5  2 y  1  3 2 y  1  VP  
do đó phương trình (*) vô nghiệm





Vậy hệ có nghiệm duy nhất  x; y   4 ; 10  3 10 .

0,5

Tìm số nguyên dương n lớn nhất để A  427  42024  4n là số chính phương

2,0

2

  1  4

A  427  42024  4n  227

 

Vì A và 227

2

1997

 4n 27



là số chính phương nên 1  41997  4n 27 là số chính phương

0,5

Ta có 1  41997  4 n 27 > 4n 27  (2n 27 )2
6

Mà 1  41997  4n 27 là số chính phương nên ta có
1  41997  4 n 27   2n27  1

0,5

2

 2.2 n  27  23994  n  4020

0,5





2

Với n  4020 ta có A  427  42024  44020  227  24020 là số chính phương
27

7

0,5

n

2024

Vậy n  4020 thì A  4  4  4 là số chính phương
Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 9 x 2  6 x  y 3

2,0

Biến đổi tương đương phương trình ta được
2

9x 2  6x  y 3   3x  1  y 3  1

0,5

Từ đó ta suy ra được y 3  1  0  y 3  1  y  1 .
+ Xét y  1 , khi đó thay vào phương trình ta được

 3x  1

2

 0  3x  1  0  x 

1
, loại.
3

+ Xét y  0 , khi đó thay vào phương trình ta được

0,5

9x 2  6x  0  3  3x  2   0  x  0
2

+ Xét y  1 , khi đó thay vào phương trình ta được  3x  1  2 , loại.
+ Xét y  2 , khi đó từ phương trình trên ta được
2

 3x  1   y  1  y

2

 y 1



0,5

 y  1 d
Gọi d  y  1, y 2  y  1 , khi đó ta có  2
 y  y  1 d





Từ đó suy ra y 2  y  1  y  y  1  2  y  1  3 d nên 3 d .
2

Mặt khác  3x  1 không chia hết cho 3 nên ta suy ra được d  1 .
Do đó hai số nguyên dương y  1 và y 2  y  1 nguyên tố cùng nhau, mà tích của
chúng là một số chính phương. Do đó mỗi số là một số chính phương.
2

Tuy nhiên  y  1  y 2  y  1  y 2 nên y 2  y  1 không thể là một số chính
phương.
Do đó trong trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên.

0,5

Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là  x; y    0; 0  .
  450, ACB
  600 bán kính đường tròn
Tính diện tích tam giác ABC biết ABC
2,0
ngoại tiếp tam giác ABC là R .

A

8

C

600

450
H

B

D

Dựng các đường thẳng qua C , B lần lượt vuông góc với AC , AB . Gọi D là giao
điểm của hai đường thẳng trên. Khi đó tam giác ABD và ACD là các tam giác
vuông và 4 điểm A, B,C , D cùng nằm trên đường tròn đường kính AD  2R .

0,5

3
 R 3 . Kẻ đường cao AH suy ra H  BC
2
.Tức là: BC  BH  CH . Tam giác AHB vuông góc tại H nên 0,5
AB 2
3 2
R 6
AH  BH  AB.sin 450 
 AD
.

.
2
2 2
2
Ta có: AB  AD.sin 600  AD.

Mặt khác tam giác ACH vuông tại H nên AC 2  AH 2  CH 2  CH 

 BC 



R 1 3
2

R

.

Từ đó tính được diện tích S 

2

0,5



R2 3  3
4

.

0,5

Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ một
điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn
tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai đường thẳng
AD và AE cắt đường tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác với điểm A).
2,5
Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng:
a) MI .BE  BI . AE
b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định.

9

  BAE
 (cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O)
Ta có: BDE
  BMN
 (cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O')
BAE

0,5

  BMN
 hay BDI
  BMN
  BDMI là tứ giác nội tiếp
 BDE

  MBI
 (cùng chắn cung MI )
 MDI

ABE (cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O)
mà MDI

0,5


ABE  MBI
 
  BAE
 (chứng minh trên)
mặt khác BMI

0,25

 MBI  ABE (g.g)
MI BI
 MI .BE  BI . AE

AE BE
b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định.



0,25

Gọi Q là giao điểm của CO và DE  OC  DE tại Q

 OCD vuông tại D có DQ là đường cao

0,25

 OQ.OC  OD 2  R 2 (1)
Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE ; H là giao điểm của AB và
OO'  OO '  AB tại H .
0,25

H
  900 ; O chung
Xét KQO và CHO có Q

 KQO  CHO (g.g)


KO OQ

 OC.OQ  KO.OH
CO OH

0,25
R2
Từ (1) và (2) KO.OH  R 2  OK 
OH
Vì OH cố định và R không đổi

0,25

 OK không đổi  K cố định
Cho a, b, c  0 thỏa mãn abc  1 . Chứng minh

1
1
1
3



ab  a  2
bc  b  2
ca  c  2 2





2

2,0
2

2

2

Ta có 3 x 2  y 2  z 2   x  y  z    x  y    y  z    x  z   0
2

  x  y  z   3  x 2  y 2  z 2  nên với x, y, z  0 ta có
10

0,5

x  y  z  3  x 2  y 2  z 2  , ta có
1
1
1
1
1
1




 3



ab  a  2
bc  b  2
ca  c  2
 ab  a  2 bc  b  2 ca  c  2 
2

-Với x,y>0 ta có x  y  2 xy   x  y   4 xy 

1
11 1
   
x y 4 x y
0,5

Áp dụng ta có

1
1
1
1



ab  a  2 ab  1  a  1 ab  abc  a  1 ab(c  1)  (a  1)


1
1
1  1  abc
1  1 c
1 

 

 





4  ab( c  1) a  1  4  ab(c  1) a  1  4  c  1 a  1 

Vây ta có

1
1 c
1 
 


ab  a  2 4  c  1 a  1 

Tương tự ta có

1
1 a
1 
1
1 b
1 
 

 

;
 nên
bc  b  2 4  a  1 b  1  ca  c  2 4  b  1 c  1 

1
1
1


3



 ab  a  2 bc  b  2 ca  c  2 

0,5

1 c
1
a
1
b
1  3
 3 






4  c 1 a 1 a 1 b 1 b 1 c 1 2
Vậy

1
1
1
3


 dấu “=” có khi a  b  c  1
ab  a  2
bc  b  2
ca  c  2 2

-----------HẾT------------

0,5

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2023– 2024
Ma trận đề môn: TOÁN

STT
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10

Nội dung
Tính giá trị biểu thức
Phương trình bậc 2
Phép chia hết
Phương trình vô tỷ
Hệ phương trình
Số chính phương
Phương trình nghiệm nguyên
Hệ thức lượng trong tam giác
Đường tròn
Bất đẳng thức
Số câu
Tỉ lệ

Nhận biết
Câu 1

Thông hiểu

Vận dụng

Vận dụng cao

Câu 2
Câu 3
Câu 4
Câu 5
Câu 6
Câu 7

1
10 %

3
30 %

2
20 %

Câu 8
Câu 9
Câu 10
4
40 %