PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẾ PHONG
TRƯỜNG THCS KIM SƠN

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC
MÔN TOÁN 9

2024 – 2025

Thời gian làm bài 150 phút
Bài 1. (3,5 điểm)
a. Chứng minh rằng

không thể là số chính phương.

b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x3 + 2x2 + 3x + 2 = y3
c. T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn tè p ®Ó: 2p + p2 còng lµ sè nguyªn tè
Bài 2. (4,0 điểm) Cho biểu thức
a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức
b) Tìm các giá trị nguyên của
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của

để
khi

.

nhận giá trị nguyên.
.

Bài 3: (4,0 điểm)
a. Tìm số dư trong phép chia của biểu thức: P(x)=(x+2)(x+4)(x+6)(x+8) + 2025
cho đa thức: x2 + 10x + 21.
x4 y4 x2 y2 x y
+ 4 − 2− 2+ +
4
y x
y
x
y
x
b. Cho x,y > 0. Tìm GTNN của G =

Bài 4. (5,5 điểm) Cho tam giác ABCvuông tại A , AC > AB, đường cao AH.
Trong nửa mặt phẳng bờ AH có chứa C, vẽ hình vuông AHKE. Gọi P là giao điểm của
ACvà KE.
a) Chứng minh ∆ABP vuông cân
b) Gọi Q là đỉnh thứ tư của hình bình hành APQB, gọi I là giao điểm của BP và .
AQ. Chứng minh: H, I, Ethẳng hàng.
Bài 5. (2,0 điểm) Cho 00 <  < 900 và Tan  = 2. Tính giá trị của các biểu thức:
A=

3

3

2

2

sin +2 cos −sin .cos + 4 sin . cos❑
2 cos 3−3 sin 3 +9 sin . cos2−8 sin 2 . cos ❑

Bài 6. (1,0 điểm) Trên mặt phẳng cho 6 điểm sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng
và khoảng cách giữa các cặp điểm là các số khác nhau. Ta nối mỗi cặp điểm bởi một
đoạn thẳng .Chứng minh rằng trong các đoạn thẳng thu được có một đoạn thẳng là
cạnh bé nhất của tam giác có ba đỉnh là ba trong số 6 điểm đã cho, đồng thời là cạnh
lớn nhất của một tam giác khác có ba đỉnh là 3 trong số 6 điểm đã cho../.

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Bài 1. (3,5 điểm)
a. Chứng minh rằng

không thể là số chính phương.
Giải

Ta có
chia 5 dư 2.
Ta nhận xét rằng không có số chính phương nào chia 5 dư 2 .
không phải là số chính phương.

Vậy

b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x3 + 2x2 + 3x + 2 = y3
Giải:
3

7

Ta có: y3 – x3 = 2x2 + 3x + 2 = 2 ( x + 4 )2 + 8 . Nên: y3 – x3 > 0 => y> x (1)
Mà: (x+2)3 – y3 = ( x3 + 6x2 + 12x + 8) – (x3 + 2x2 + 3x + 2)
9

15

= 4x2 + 9x + 6 = (2x+ 4 )2 + 16 > 0. Nên: x+2 > y (2)
Vì x,y là các số nguyên nên từ (1) và (2) suy ra: y = x+1 (3)
Thay (3) vào phương trình đã cho ta tìm được: x = -1; y = 0 thõa mãn.
c. T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn tè p ®Ó: 2p + p2 còng lµ sè nguyªn tè
Gi¶i:
XÐt hai trêng hîp:
+)
p  3 <=> p = 2 hoÆc p = 3
* NÕu p = 2 => 2p + p2 = 22 + 22 = 8  P
* NÕu p = 3 => 2p + p2 = 22 + 32 = 17 P
+)
p > 3 ta cã 2p + p2=(p2 – 1) + (2p + 1)
v× p lÎ => (2p + 1) 3
vµ p2 - 1 = (p + 1)(p -1) 3 => 2p + p2  P
Vậy có duy nhất một giá trị p = 3 thõa mãn bài ra
Bài 2. (4,0 điểm)
Cho biểu thức
a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức
b) Tìm các giá trị nguyên của

để

.

nhận giá trị nguyên.

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của

khi

.

Giải:
a) (1,0 điểm)

ĐKXĐ :

Vậy

thì

(Nếu không loại x = - 1 trừ 0,25 điểm )
b) (1,0 điểm)

Với

. Để

*)

nguyên

là ước của 1.

(TMĐK)

*)

(Loại do) ĐKXĐ

Vậy

thì

c)
Vì

nguyên thì

nhận giá trị nguyên.
=

nên
ta có

và

> 0. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương

và

Đẳng thức xảy ra khi

( x – 1)2 = 1

x – 1 = 1 (vì x – 1 > 0)

x = 2 (TMĐK)

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 khi x = 2
Bài 3: (4,0 điểm)
a. Tìm số dư trong phép chia của biểu thức: P(x)=(x+2)(x+4)(x+6)(x+8) + 2025
cho đa thức: x2 + 10x + 21.
Giải: Ta có:
P(x) = (x+2)(x+4)(x+6)(x+8) + 2025 = ( x2 + 10x + 16)( x2 + 10x + 24) + 2025
Đặt x2 + 10x + 21 = t ta có: P(x) = (t – 5)(t + 3) + 2025 = t2 – 2t + 2010
Do đó P(x) chia cho x2 + 10x + 21 dư 2010.
4

4

2

2

x
y
x
y x y
+
−
−
+ +
4
4
2
2
y x
y
x
y
x
b. Cho x,y > 0. Tìm GTNN của G =

Giải :
Đặt : P = G - 2 ta có :
x4 y4 x2 y2 x y
+ 4 − 2− 2+ +
4
y x -2
y
x
y
x
P=

P=

(

)(

)(

P=

( )( )( )

)(

x4
x2
y4
y2
x2
x y y2
x
y
−2.
+1
+
−2
.
+1
+
−2
.
. + 2 + −2+
4
2
4
2
2
y x x
y
x
y
y
x
x
y
2

2

)

2

x2
y2
x y 2 ( x− y )
−1
+
−1
+
−
+
≥0
y x
xy
y2
x2

 PMin = 0 Û x = y > 0
Vậy GMin = 2 Û x = y > 0
Bài 4. (7,5 điểm)
Cho tam giác ABCvuông tại A , AC > AB, đường cao
AH. Trong nửa mặt phẳng bờ AH có chứa C, vẽ hình vuông
AHKE. Gọi P là giao điểm của ACvà KE
a) Chứng minh ∆ABP vuông cân
b) Gọi Q là đỉnh thứ tư của hình bình hành
APQB, gọi I là giao điểm của BP và . AQ. Chứng
minh: H, I, E thẳng hàng.
Giải:

O
D

a) Cm AHB = AEP ( cạnh góc vuông-góc nhọn kề) => AB = AP
b) Ta có AHKE là hình vuông
⇒ O là trung điểm của AK
Xét Δ AIK cân tại I có IO là trung tuyến 
⇒ IO đồng thời là đường cao
⇒IO⊥ AK tại O
Mà HE ⊥ AK tại O ( tính chất hình vuông)
⇒ 3 điểm H , I, E thẳng hàng 
Bài 5. (2,0 điểm) Cho 00 <  < 900 và Tan  = 2. Tính giá trị của các biểu thức:
A=

3

3

2

2

sin +2 cos −sin .cos + 4 sin . cos❑
2 cos 3−3 sin 3 +9 sin . cos2−8 sin 2 . cos ❑

Giải:
Chia cả tử và mẫu cho cos 3 ta có:
A=

3
2
8+2−2+ 16
−2
tan +2−tan . +4 tan
=
3
2 =
2−24+ 18−32 3
2−3 tan +9 tan−8 tan

Bài 6. (1,0 điểm) Trên mặt phẳng cho 6 điểm sao cho không có 3 điểm nào thẳng
hàng và khoảng cách giữa các cặp điểm là các số khác nhau. Ta nối mỗi cặp điểm bởi
một đoạn thẳng .Chứng minh rằng trong các đoạn thẳng thu được có một đoạn thẳng là
cạnh bé nhất của tam giác có ba đỉnh là ba trong số 6 điểm đã cho, đồng thời là cạnh
lớn nhất của một tam giác khác có ba đỉnh là 3 trong số 6 điểm đã cho.
Giải :
Quy ước : gọi mỗi tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm trong số các điểm đã cho một cách vắn
tắt là tam giác
Với mỗi tam giác, ta tô các cạnh lớn nhất của nó màu xanh, ta tô màu đỏ tất cả các
đoạn thẳng không được tô màu xanh
Gọi một trong sáu điểm đã cho là A. Do đó theo nguyên lý Đrichlê tại 3 đoạn trong số
5 đoạn nối với 5 điểm còn lại cùng màu .Gọi 3 đoạn đó là : AB, AC, AD.Xét :
+ Trường hợp 1 : AB, AC, AD có cùng màu xanh. Khi đó vì cạnh lớn nhất của
có màu xanh nên một trong các tam giác ABC, ABD, ACD là tam giác có cả ba cạnh
cùng được tô bởi màu xanh . Từ đó ta có điều phải chứng minh
+ Trường hợp 2 : AB, AC, AD có cùng màu đỏ . Khi đó , vì các đoạn thẳng có độ dài
khác nhau đôi một nên BC, CD, DB tương ứng là cạnh lớn nhất của tam giác ABC,
ACD, ADB.

Suy ra

có cả 3 cạnh cùng màu xanh.

Từ đó ta có điều phải chứng minh
…………… Hết……………