PHÒNG GD&ĐT

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

HUYỆN TUY PHƯỚC

Năm học: 2022 – 2023

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (4,0 điểm)
1.

Cho 𝑥 = √3 + √5 + 2√3 + √3 − √5 + 2√3. Tính 𝑃 = 𝑥(2 − 𝑥)

2.

Cho hai số thực m, n khác 0 thỏa

1
𝑚

1

+ = 2. Chứng minh rằng phương trình sau luôn tồn tại nghiệm thực:
𝑛

(𝑥 2 + 𝑚𝑥 + 𝑛)(𝑥 2 + 𝑛𝑥 + 𝑚) = 0
Bài 2: (4,0 điểm)
1.
2.

Cho các số nguyên dương x, y, z thỏa 𝑥 2 + 𝑦 2 = 2𝑧 2 . Chứng minh rằng 𝑥 2 − 𝑦 2 ⋮ 12
Tìm các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn phương trình sau:
𝑥𝑦 2 − (𝑥 − 2)(𝑥 4 + 2𝑥 + 1) = 2𝑦 2

Bài 3: (4,0 điểm)
1.

Cho x, y là các số thực dương thỏa 𝑥 + 𝑦 ≤ 1. Chứng minh rằng:
3𝑥 2

2.

1
2
+ 2
≥3
2
+𝑦
𝑦 + 3𝑥𝑦

Giải phương trình:
𝑥 + 2 = 3√1 − 𝑥 2 + √1 + 𝑥

Bài 4: (4,0 điểm)
1.

Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi K là điểm chính giữa cung AB, N là điểm di động
trên cung AK (M không trùng với A và K). Lấy điểm N thuộc đoạn thẳng BM sao cho AM = BN. Gọi D là
giao điểm của đường thẳng AM và OK
̂
a) Chứng minh rằng MK là phân giác góc 𝐷𝑀𝐵
̂
̂
b) Chứng minh rằng 𝐴𝑀𝐾 = 𝐵𝑁𝐾
c) Chứng minh rằng khi M di động trên cung AK thì đường thẳng vuông góc với BM tại N luôn đi qua
một điểm E cố định. Xác định vị trí của M để DE//AB

Bài 5: (4,0 điểm)
1.

Cho tam giác ABC vuông tại C. Kẻ các trung tuyến AE, BF. Đặt 𝐴𝐸 = 𝑚, 𝐵𝐹 = 𝑛. Gọi r là bán kính
đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
𝑃=

2.

𝑚2

𝑟2
+ 𝑛2

Cho hình vuông ABCD. Người ta vẽ 9 đường thẳng sao cho mỗi đường thẳng chia hình vuông thành 2 tứ
giác có tỉ số diện tích là

2

. Chứng minh rằng trong số 9 đường thẳng ấy có ít nhất 3 đường thẳng đồng quy.

3

PHẦN LỜI GIẢI (CỦA CÁC ANH CHỊ VÀ BẠN BÈ LỚP 9)

Bài 1: (4,0 điểm)
1.

Cho 𝑥 = √3 + √5 + 2√3 + √3 − √5 + 2√3. Tính 𝑃 = 𝑥(2 − 𝑥)

2.

Cho hai số thực m, n khác 0 thỏa

1
𝑚

1

+ = 2. Chứng minh rằng phương trình sau luôn tồn tại nghiệm thực:
𝑛

(𝑥 2 + 𝑚𝑥 + 𝑛)(𝑥 2 + 𝑛𝑥 + 𝑚) = 0 (1)

Lời giải:
1. 𝑥 = √3 + √5 + 2√3 + √3 − √5 + 2√3
2

 𝑥 = (√3 + √5 + 2√3 + √3 − √5 + 2√3) = 6 + 2√4 − 2√3
2

2

 𝑥 2 = 6 + 2√(√3 − 1) = 6 + 2√3 − 2 = 4 + 2√3
2

𝑥 2 = (√3 + 1)  𝑥 = √3 + 1 do 𝑥 > 0
Do đó 𝑃 = 𝑥(2 − 𝑥) = (√3 + 1)(2 − √3 − 1) = −2

2. Ta có:

1

1

+ 𝑛 = 2  𝑚 + 𝑛 = 2𝑚𝑛
𝑚

Xét 2 phương trình sau:
𝑥 2 + 𝑚𝑥 + 𝑛 = 0 (2)
𝑥 2 + 𝑛𝑥 + 𝑚 = 0 (3)

Phương trình (1) tồn tại nghiêm thực khi ít nhất 1 trong 2 phương trình (2) và (3) có nghiệm
Xét:
{

∆2 = 𝑚2 − 4𝑛
→ ∆2 + ∆3 = 𝑚2 − 4𝑛 + 𝑛2 − 4𝑚 = 𝑚2 − 2𝑚𝑛 + 𝑛2 = (𝑚 − 𝑛)2
∆3 = 𝑛2 − 4𝑚

Suy ra ∆2 + ∆3 ≥ 0. Giả sử ∆2 , ∆3 < 0 → ∆2 + ∆3 < 0 (mâu thuẫn)
Vậy ít nhất 1 trong 2 số hạng ∆2 , ∆3 ≥ 0
Vậy ta có ĐPCM

Bài 2: (4,0 điểm)
1.
2.

Cho các số nguyên dương x, y, z thỏa 𝑥 2 + 𝑦 2 = 2𝑧 2 . Chứng minh rằng 𝑥 2 − 𝑦 2 ⋮ 12
Tìm các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn phương trình sau:
𝑥𝑦 2 − (𝑥 − 2)(𝑥 4 + 2𝑥 + 1) = 2𝑦 2

Lời giải:
1.

Đặt 𝐴 = 𝑥 2 + 𝑦 2 = 2𝑧 2

Vì VP chia hết cho 2 nên x, y cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Từ đó suy ra được (𝑥 − 𝑦)(𝑥 + 𝑦) ⋮ 4
Hay 𝑥 2 − 𝑦 2 ⋮ 4 (1)
Ta xét tiếp, mọi số chính phương khi chia 3 chỉ dư 0 hoặc 1. Do vậy nên 2𝑧 2 chia 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 2
Từ đó suy ra 𝑥 2 và 𝑦 2 cùng dư 0 hoặc 1 khi chia cho 3
Suy ra 𝑥 2 − 𝑦 2 ⋮ 3 (2)
Và ta lại có (3,4) = 1 (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra 𝑥 2 − 𝑦 2 chia hết cho 12
Vậy ta có ĐPCM
2.

Ta có:
𝑥𝑦 2 − (𝑥 − 2)(𝑥 4 + 2𝑥 + 1) = 2𝑦 2 (∗)
 𝑥𝑦 2 − 2𝑦 2 = (𝑥 − 2)(𝑥 4 + 2𝑥 + 1)
 𝑦 2 (𝑥 − 2) = (𝑥 − 2)(𝑥 4 + 2𝑥 + 1)
 (𝑥 − 2)(𝑥 4 + 2𝑥 + 1 − 𝑦 2 ) = 0
 (𝑥 − 2) = 0 hoặc (𝑥 4 + 2𝑥 + 1 − 𝑦 2 ) = 0
- Với 𝑥 − 2 = 0  𝑥 = 2
Thế vào PT (*) ta được:
2𝑦 2 = 2𝑦 2
Điều này luôn đúng với mọi 𝑦 ∈ 𝑍
Do vậy bộ cần tìm với TH này là (𝑥, 𝑦) = (2, 𝑡) với 𝑡 ∈ 𝑍
- Với 𝑥 − 2 ≠ 0 suy ra 𝑥 4 + 2𝑥 + 1 = 𝑦 2
Với 𝑥 = 1 không tồn tại y nguyên thỏa đề
Vậy nên 𝑥 ≥ 3 từ đó suy ra 2𝑥 2 > 2𝑥
Ta có 𝑥 4 + 2𝑥 + 1 > 𝑥 4 suy ra (𝑥 2 )2 < 𝑦 2 (1)
Lại có 𝑥 4 + 2𝑥 + 1 < 𝑥 4 + 2𝑥 2 + 1 = (𝑥 2 + 1)2 suy ra 𝑦 2 < (𝑥 2 + 1)2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra (𝑥 2 )2 < 𝑦 2 < (𝑥 2 + 1)2 không tồn tại y nguyên thỏa bất đẳng thức trên
Vậy với trường hợp 𝑥 − 2 ≠ 0 không tồn tại (x, y) thỏa PT.
Vậy nghiệm của phương trình là (𝑥, 𝑦) = (2, 𝑡) với 𝑡 ∈ 𝑍

Bài 3: (4,0 điểm)
1.

Cho x, y là các số thực dương thỏa 𝑥 + 𝑦 ≤ 1. Chứng minh rằng:
3𝑥 2

2.

1
2
+ 2
≥3
2
+𝑦
𝑦 + 3𝑥𝑦

Giải phương trình:
𝑥 + 2 = 3√1 − 𝑥 2 + √1 + 𝑥

Lời giải:
1.

Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có:
(1 + 1 + 1)2
1
2
1
1
1
+
=
+
+
≥
3𝑥 2 + 𝑦 2 𝑦 2 + 3𝑥𝑦 3𝑥 2 + 𝑦 2 𝑦 2 + 3𝑥𝑦 𝑦 2 + 3𝑥𝑦 3𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑦 2 + 3𝑥𝑦 + 𝑦 2 + 3𝑥𝑦
=

Đẳng thức xảy ra khi 𝑥 = 𝑦 =

9
9
≥
=3
2
3(𝑥 + 𝑦)
3.12

1
2

2.
𝑥 + 2 = 3√1 − 𝑥 2 + √1 + 𝑥
ĐKXĐ: −1 ≤ 𝑥 ≤ 1

PT tương đương với:
2

(√1 + 𝑥 − √1 − 𝑥) + (1 + 𝑥) − √(1 + 𝑥)(1 − 𝑥) − √1 + 𝑥 − 1 = 0
2

 (√1 + 𝑥 − √1 − 𝑥) − 1 + √1 + 𝑥[√1 + 𝑥 − √1 − 𝑥 − 1] = 0
 (√1 + 𝑥 − √1 − 𝑥 − 1)(√1 + 𝑥 − √1 − 𝑥 + 1) + √1 + 𝑥(√1 + 𝑥 − √1 − 𝑥 − 1) = 0
 (√1 + 𝑥 − √1 − 𝑥 − 1)(2√1 + 𝑥 − √1 − 𝑥 + 1) = 0
Suy ra √1 + 𝑥 − √1 − 𝑥 − 1 = 0 (1) hoặc 2√1 + 𝑥 − √1 − 𝑥 + 1 = 0 (2)
(1)  √1 + 𝑥 = √1 − 𝑥 + 1
 1 + 𝑥 = 1 − 𝑥 + 1 + 2√1 − 𝑥
 2𝑥 − 1 = 2√1 − 𝑥
 2(𝑥 − 1) − 2√1 − 𝑥 + 1 = 0
 √1 − 𝑥 =

𝑥 =

−1+√3
2

√3
2

(2)  4(1 + 𝑥) = 1 − 𝑥 + 1 − 2√1 − 𝑥
 −5(1 − 𝑥) + 2√1 − 𝑥 + 7 = 0

7

 √1 − 𝑥 = 5
24

 𝑥 = − 25
√3

24

Vậy S = { 2 ; − 25}
Bài 4: (4,0 điểm)
1.

Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi K là điểm chính giữa cung AB, N là điểm di động trên cung
AK (M không trùng với A và K). Lấy điểm N thuộc đoạn thẳng BM sao cho AM = BN. Gọi D là giao điểm của đường
thẳng AM và OK
̂
a) Chứng minh rằng MK là phân giác góc 𝐷𝑀𝐵
̂
̂
b) Chứng minh rằng 𝐴𝑀𝐾 = 𝐵𝑁𝐾
c) Chứng minh rằng khi M di động trên cung AK thì đường thẳng vuông góc với BM tại N luôn đi qua một điểm E
cố định. Xác định vị trí của M để DE//AB

Lời giải:

̂ = 𝐾𝐵𝐴
̂ = 𝐷𝑀𝐾
̂ = 𝐾𝐴𝐵
̂
a) Tứ giác MKBA nội tiếp đường tròn (O) suy ra 𝐾𝑀𝐵
̂ = 𝐷𝑀𝐾 suy ra MK là phân giác góc 𝐷𝑀𝐵
̂
Do vậy 𝐾𝑀𝐵
b) Xét ∆𝑀𝐴𝐾 và ∆𝑁𝐵𝐾 có
𝐴𝑀 = 𝐵𝑁 (𝑔𝑡)
𝐴𝐾
=
𝐵𝐾
(vì
K
là điểm chính giữa cung AB)
{
̂ = 𝑁𝐵𝐾
̂ (đều bằng cung MK)
𝑀𝐴𝐾
Suy ra ∆𝑀𝐴𝐾 = ∆𝑁𝐵𝐾(𝑐. 𝑔. 𝑐) (1)
̂ = 𝐵𝑀𝐾
̂ (2 góc tương ứng)
→ 𝐴𝑀𝐾
c) Gọi E là giao điểm của đường thẳng vuong góc với MB tại N và AK
Ta có:

̂ = 1 𝑠đ𝐴𝐵 = 90𝑜 → BK vuông góc với AE
𝐴𝐾𝐵
2
Từ đó suy ra được tứ giác BNKE nội tiếp
̂ = 𝐾𝑁𝐸
̂
Suy ra 𝐾𝐵𝐸
Từ (1) suy ra 𝐾𝑀 = 𝐾𝑁 → ∆𝐾𝑀𝑁 cân tại K
̂ = 𝐾𝑁𝑀
̂ = 45𝑜
Ta thu được 𝐾𝑀𝑁
̂ = 𝑀𝑁𝐸
̂ − 𝐾𝑁𝑀
̂ = 45𝑜
Từ đó ta có 𝐾𝑁𝐸
̂ = 𝐾𝑁𝐸
̂ = 45𝑜
Từ đó ta được 𝐾𝐵𝐸
1
2

̂ = 𝑠đ𝐴𝐾 = 45𝑜
Mà 𝐴𝐵𝐾
Suy ra BE vuông góc OB
Từ đó ta thu được kết quả là E sẽ thuộc tiếp tuyến của (O) tại B
Phần tìm M để DE // AB xin mời độc giả xử lý! (dùng việc suy ngược từ DE // AB suy ra DOBE
là hình chữ nhật, DO = BE = 2R rồi sẽ tìm được M)
Bài 5: (4,0 điểm)
1.

Cho tam giác ABC vuông tại C. Kẻ các trung tuyến AE, BF. Đặt 𝐴𝐸 = 𝑚, 𝐵𝐹 = 𝑛. Gọi r là bán kính đường tròn nội
tiếp tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
𝑃=

2.

𝑚2

𝑟2
+ 𝑛2

Cho hình vuông ABCD. Người ta vẽ 9 đường thẳng sao cho mỗi đường thẳng chia hình vuông thành 2 tứ giác có tỉ số
diện tích là

2

. Chứng minh rằng trong số 9 đường thẳng ấy có ít nhất 3 đường thẳng đồng quy.

3

Lời giải:
1. Đặt 𝐴𝐵 = 𝑐, 𝐵𝐶 = 𝑎, 𝐶𝐴 = 𝑏, 𝑝 =

𝑎+𝑏+𝑐
2

Áp dụng định lý Pytago trong các tam giác vuông ta có:
𝐶𝐸 2 = 𝐴𝐶 2 + 𝐴𝐸 2 ; 𝐵𝐹 2 = 𝐴𝐵2 + 𝐴𝐹 2
Suy ra
1
𝐵𝐹 2 + 𝐶𝐸 2 = 𝐴𝐵2 + 𝐴𝐶 2 + 𝐴𝐸 2 + 𝐴𝐹 2 = 𝐴𝐵2 + 𝐴𝐶 2 + 𝐸𝐹 2 = 𝐴𝐵2 + 𝐴𝐶 2 + 𝐵𝐶 2
4
5
5
= 𝐵𝐶 2 → 𝑚2 + 𝑛2 = 𝑎2
4
4
Lại có 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 𝑝𝑟 =

(𝑎+𝑏+𝑐)𝑟
2

→

𝑎𝑏
2

=

𝑎+𝑏+𝑐
.𝑟
2

𝑎𝑏

→ 𝑟 = 𝑎+𝑏+𝑐

Xét
𝑟2
𝑎2 𝑏 2
𝑎2 𝑏 2
𝑎𝑏
=
≤
=
𝑐 2 (𝑎 + 𝑏 + √𝑎2 + 𝑏 2 )2 𝑐 2 2𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏 + √𝑎2 + 𝑏 2 )2 2(𝑎 + 𝑏 + √𝑎2 + 𝑏 2 )2
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
𝑎 + 𝑏 ≥ 2√𝑎𝑏
𝑎+𝑏
{ 2
√𝑎 + 𝑏 2 ≥
≥ √2𝑎𝑏
√2
Do đó 𝑎 + 𝑏 + √𝑎2 + 𝑏 2 ≥ √2𝑎𝑏(√2 + 1)
2

2

 (𝑎 + 𝑏 + √𝑎2 + 𝑏 2 ) ≥ 2𝑎𝑏(√2 + 1)
Suy ra

𝑟2
𝑎𝑏
1
≤
=
2
2
2
𝑐
2.2𝑎𝑏(√2 + 1)
4(√2 + 1)
Từ đó ta được:
𝑃=

𝑟2
4𝑟 2 1
1
3 − 2√2
=
≤ .
=
2
2
2
2
𝑚 +𝑛
5𝑐
5 (√2 + 1)
5

Đẳng thức xảy ra khi 𝑎 = 𝑏  ∆𝐴𝐵𝐶 vuông cân tại C

2. - Các đường thẳng đã cho không thể cắt các cạnh kề nhau của hình vuông, bởi vì nếu thế
chúng chia hình vuông thành một tam giác và ngũ giác (chứ không phải chia hình vuông
thành hai tứ giác)
- Do đó, mỗi đường thẳng (trong số chín đường thẳng) đều cắt hai cạnh đối của hình vuông
và không đi qua một đỉnh nào của hình vuông cả.
- Giả sử một đường thẳng cắt hai cạnh đối và tại các điểm M và N

Ta có:
𝑆𝐴𝐵𝑀𝑁 𝐸𝐽 2
=
=
𝑆𝐶𝑀𝑁𝐷 𝐽𝐹 3

(Ở đây E và F là các trung điểm của AB và CD tương ứng)
Gọi E, F, P, Q tương ứng là các trung điểm của AB, CD, BC, AD. Gọi là các điểm sao
cho 𝐽1 , 𝐽2 , 𝐽3 , 𝐽4 nằm trên EF và PQ và thỏa mãn:
𝐸𝐽1 𝐹𝐽2 𝑃𝐽3 𝑄𝐽4 2
=
=
=
=
𝐽1 𝐹 𝐽2 𝑃 𝐽3 𝑄 𝐽4 𝐸 3

-

Khi đó từ đó lập luận trên ta suy ra mỗi đường thẳng có tính chất thỏa mãn yêu cầu của
đề bài phải đi qua một trong 4 điểm nói trên. -Vì có 9 đường thẳng, nên theo nguyên lý
Dirichle phải tồn tại ít nhất một trong 4 điểm sao cho nó có ít nhất [9:4]+1= 3 trong 9
đường thẳng đã cho đi qua Vậy có ít nhất 3 đường thẳng trong 9 đường thẳng đã cho đi
qua một điểm.