Đề chọn HSG Toán 9 năm 2026 – 2027 trường THCS Hoàng Diệu, TP HCM
Đề thi học sinh giỏi Toán 9 có đáp án năm 2026–2027
Kỳ thi chọn học sinh giỏi Toán 9 là dịp để học sinh thể hiện năng lực tư duy, khả năng vận dụng kiến thức và kỹ năng xử lý những bài toán có mức độ phân hóa cao. Nhằm giúp các em có thêm nguồn tài liệu ôn luyện chất lượng, Đề chọn HSG Toán 9 năm 2026 – 2027 trường THCS Hoàng Diệu, TP HCM được giới thiệu kèm đáp án tham khảo, hỗ trợ quá trình tự học và đánh giá năng lực trước kỳ thi. Thông qua tài liệu Đề thi học sinh giỏi lớp 9 có đáp án , học sinh có thể làm quen với cách xây dựng đề thi, rèn luyện phương pháp giải các dạng toán nâng cao và kiểm tra mức độ nắm vững kiến thức. Đây cũng là nguồn tài liệu hữu ích dành cho giáo viên trong quá trình lựa chọn bài tập bồi dưỡng, xây dựng kế hoạch ôn tập và nâng cao chất lượng giảng dạy môn Toán 9.
A. Đề chọn học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Hoàng Diệu
B. Đáp án đề chọn học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Hoàng Diệu
Bài 1.
Từ (a + 2)(b + 2) = 2026 ta có:
a2 + 4a + 2030 = (a + 2)2 + 2026 = (a + 2)2 + (a + 2)(b + 2) = (a + 2)(a + b + 4).
Tương tự b2 + 4b + 2030 = (b + 2)(a + b + 4).
Suy ra (a2 + 4a + 2030)(b2 + 4b + 2030) = (a + 2)(b + 2)(a + b + 4)2 = 2026(a + b + 4)2 .
Vì a;b > 0 nên a + b + 4 > 0, do đó 
\(M = \frac{{\sqrt {2026{{(a + b + 4)}^2}} }}{{a + b + 4}} = \frac{{\sqrt {2026} {\mkern 1mu} (a + b + 4)}}{{a + b + 4}} = \sqrt {2026}\).
Vậy \(M = \sqrt {2026}\).
Bài 2.
a) Ta có ∆= (2m - 1)2- 4(m2 - 4) = 17 - 4m.
Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi \(\Delta > 0 \Leftrightarrow m < \frac{{17}}{4}\).
Theo định lí Vi-ét: \({x_1} + {x_2} = 2m - 1\), \({x_1}{x_2} = {m^2} - 4\).
\(|{x_1} - {x_2}| = 4 \Leftrightarrow {({x_1} - {x_2})^2} = 16 \Leftrightarrow {({x_1} + {x_2})^2} - 4{x_1}{x_2} = 16\)
\(\Leftrightarrow {(2m - 1)^2} - 4({m^2} - 4) = 16 \Leftrightarrow 17 - 4m = 16 \Leftrightarrow m = \frac{1}{4}\)(thỏa mãn).
Vậy \(m = \frac{1}{4}\).
b) Điều kiện: \(- \frac{1}{3} \le x \le 6\).
Phương trình tương đương: \(\left( {\sqrt {3x + 1} - 4} \right) - \left( {\sqrt {6 - x} - 1} \right) + 3{x^2} - 14x - 5 = 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{{3x - 15}}{{\sqrt {3x + 1} + 4}} + \frac{{x - 5}}{{\sqrt {6 - x} + 1}} + (x - 5)(3x + 1) = 0\)
\(\Leftrightarrow (x - 5)\left( {\frac{3}{{\sqrt {3x + 1} + 4}} + \frac{1}{{\sqrt {6 - x} + 1}} + 3x + 1} \right) = 0\)
Với \(- \frac{1}{3} \le x \le 6\) thì \(3x + 1 \ge 0\) nên biểu thức trong ngoặc luôn dương.
Do đó x - 5 = 0 => x = 5 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 5.
Bài 3.
a) Với x > 0, ta có 2x2+ 1 > 0 nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
9 ≥(7 - 4x)(2x2 + 1)
⇔ 9≥14x2 + 7 - 8x3 - 4x
⇔ 8x3 - 14x2 + 4x + 2 ≥ 0
⇔(x - 1)2(8x + 2) ≥ 0.
Bất đẳng thức cuối luôn đúng với x > 0. Dấu "=" xảy ra khi x = 1.
b) Ta có \(\frac{{2025{a^2}}}{{2{a^2} + 1}} = \frac{{2025}}{2} \cdot \frac{{2{a^2}}}{{2{a^2} + 1}} = \frac{{2025}}{2}\left( {1 - \frac{1}{{2{a^2} + 1}}} \right)\).
Tương tự với b, c. Suy ra \(P = \frac{{2025}}{2}\left( {3 - \frac{1}{{2{a^2} + 1}} - \frac{1}{{2{b^2} + 1}} - \frac{1}{{2{c^2} + 1}}} \right)\).
Áp dụng câu a) cho a;b;c >0:
\(\frac{1}{{2{a^2} + 1}} + \frac{1}{{2{b^2} + 1}} + \frac{1}{{2{c^2} + 1}} \ge - \frac{4}{9}(a + b + c) + \frac{{21}}{9} = - \frac{4}{9} \cdot 3 + \frac{{21}}{9} = 1\)
Do đó \(P \le \frac{{2025}}{2}(3 - 1) = 2025\).
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=a.
Vậy giá trị lớn nhất của P là 2025, đạt được khi a=b=c=1.
Bài 4.
a) Tam giác AEHvuông tại Ecó EI là đường trung tuyến nên \(IE = IA = IH = \frac{{AH}}{2}\), suy ra tam giác IAE cân tại I, do đó \(\widehat {IEA} = \widehat {IAE} = \widehat {BAF}\).
Tam giác BEC vuông tại E có EM là đường trung tuyến nên \(ME = MB = MC = \frac{{BC}}{2}\), suy ra tam giác MBE cân tại M, do đó \(\widehat {MEB} = \widehat {MBE} = \widehat {ABC}\).
Vì H là trực tâm tam giác ABC nên AF⊥BC, suy ra \(\widehat {BAF} + \widehat {ABC} = {90^0}\).
Do đó \(\widehat {IEM} = {180^0} - \widehat {IEA} - \widehat {MEB} = {180^0} - {90^0} = {90^0}\).
Chứng minh tương tự ta có \(\widehat {IDM} = {90^0}\).
Suy ra bốn điểm I;E;M;D cùng thuộc đường tròn đường kính IM.
Vì \(\widehat {AEH} = {90^0}\) nên E thuộc đường tròn đường kính AH (tâm I). Mà ME⊥IE tại E nên ME là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH.
b) Chứng minh MP.,MI = ME2:
Theo câu a) ta có \(ME = MD = \frac{{BC}}{2}\) và \(IE = ID = \frac{{AH}}{2}\) nên MI là đường trung trực của đoạn ED, suy ra MI⊥ED tại P.
Tam giác MEI vuông tại E có EP là đường cao nên MP.MI = ME2.
📄 Do dung lượng nội dung lớn, tài liệu chi tiết được cung cấp dưới dạng file tải về.
-----------------------
Với nội dung bám sát mục tiêu bồi dưỡng học sinh giỏi, Đề chọn HSG Toán 9 năm 2026 – 2027 trường THCS Hoàng Diệu, TP HCM sẽ là tài liệu tham khảo thiết thực dành cho học sinh đang chuẩn bị tham gia các kỳ thi chọn học sinh giỏi. Việc kết hợp giải đề, đối chiếu đáp án và phân tích từng phương pháp xử lý sẽ giúp các em phát hiện những phần kiến thức còn hạn chế, đồng thời cải thiện tư duy logic và khả năng trình bày lời giải chặt chẽ. Học sinh nên chủ động phân bổ thời gian làm bài như thi thật, ghi lại những dạng toán thường gặp và luyện tập thêm các chuyên đề nâng cao để đạt kết quả tốt hơn. Hy vọng tài liệu Đề thi học sinh giỏi lớp 9 có đáp án sẽ hỗ trợ hiệu quả cho quá trình ôn luyện, giúp các em tự tin chinh phục những thử thách trong kỳ thi HSG Toán 9 năm học 2026 – 2027.
