Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS cấp tỉnh năm học 2016 201741195

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2016-2017
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

Hướng dẫn chấm có 05 trang

I.
Một số chú ý khi chấm bài
- Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách. Khi chấm thi giám khảo
cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25
điểm.
- Thí sinh làm bài theo cách khác với đáp mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm
tương ứng với thang điểm của đáp án.
- Điểm bài thi là tổng điểm các câu khơng làm trịn số.
II.
Đáp án – thang điểm
1. Phần trắc nghiệm khách quan
Câu 1
2
3
4
5
6
7
8
9 10 11 12 13 14 15 16
Đáp

A,
D C B B A D A B A B A
A C A D
án
C
đúng
Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5
2. Phần tự luận
Câu 1. (3,0 điểm)

Nội dung

Điểm

a) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  1 . Chứng minh rằng
a b bc ca


0
1  c2 1  a 2 1  b2
Ta có 1  a 2  ab  bc  ca  a 2  (a  b)(a  c).
Tương tự
1  b 2  ab  bc  ca  b 2  (b  a )(b  c);
1  c 2  ab  bc  ca  c 2  (c  a )(c  b).
a b
a b
1
1




Suy ra
.
2
1 c
(c  a )(c  b) c  b c  a
bc
bc
1
1



;
2
1 a
(a  b)(a  c) a  c a  b
ca
ca
1
1



.
2
1 b
(b  a )(b  c) b  a b  c
1
1

1
1
1
1
a b bc ca
Vậy








 0.
1  c2 1  a 2 1  b2 c  b c  a a  c a  b b  a b  c
b) Chứng minh rằng nếu a.b  3 thì hai phương trình: (a 3  a ) x  a 2 y  a 4  1  0 (1);
(b3  b) x  b 2 y  b 4  1  0 (2) (a,b là các tham số) khơng có nghiệm nguyên chung.
Giả sử (1) và (2) có nghiệm nguyên chung ( x0 ; y0 ) , ta có
(a 3  a ) x0  a 2 y0  a 4  1  0 (3) ; (b3  b) x0  b 2 y0  b 4  1  0 (4)
1
ThuVienDeThi.com

1,5
0,25
0,25

0,25

0,25

0,5

1,5

0,25


Nội dung

Vì a, b  0 ta có
(3)  a 4  x0 a 3  y0 a 2  x0 a  1  0

Điểm

2

1  
1
1
1



  a 2  2    a   x0  y0  0   a    x0  a    y0  2  0;
a  
a
a
a




(4)  b 4  x0b3  y0b 2  x0b  1  0
2

1 
1
1
1



  b 2  2    b   x0  y0  0   b    x0  b    y0  2  0.
b  
b
b
b



1
1
Suy ra t1  a  ; t2  b  là hai nghiệm của phương trình bậc hai (ẩn t)
a
b
t 2  x0t  y0  2  0 .
Theo định lí Viet:
1
1


ab

a

b

  x0
a  a  b  b   x0

ab


1
 a  1 
 a  b  ab  1  y  2.
b    y0  2

0
 b a

a 
b
ab
Vì a.b  3 nên
9 2
3
 2

2
9 2

 2
2
a  b  2ab  16 x0
a  b   4 x0
a  b  x0  6
16



a
b
16
16
2
2
2
2
  y 
a  b  ab( y  ) a  b  3 y  16.
0
0
0

3
3
 b a

9 2
Suy ra
x0  6  3 y0  16  9 x02  48 y0  160 (4) . Điều này vô lí vì VT(4) chia hết

16
cho 3 nhưng VT(4) khơng chia hết cho 3.
Vậy nếu a.b  3 thì hai phương trình (1), (2) khơng có nghiệm ngun chung.

0,25

0,25

0,25

0,5

Câu 2 (3,5 điểm)
a) Giải phương trình 2 x  3  x  1  1 (1)
Điều kiện: x  1.
Ta có:
(1)  2 x  3  x  1  1

2,0
0,5

 2x  3  x  2  2 x  1

0,5

 2 x 1  x 1
 x  1

2
4( x  1)  x  2 x  1

 x  1
 2
x  2x  3  0
x  3
.

 x  1

0,5

0,5
2
ThuVienDeThi.com


Nội dung
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x  1; x  3 .

Điểm

 x3  x 2 y  3 x 2  5 xy  y 2  4 x  y (1)
b) Giải hệ phương trình 
.
3
x

y

1


x

1
(2)


1,5

Điều kiện x  0; y  1 . Ta có:
(1)  y 2  ( x 2  5 x  1) y  ( x3  3 x 2  4 x)  0
 ( y  x  1)( y  x 2  4 x)  0

0,25

 y  x  4x

 y  x 1  0
Từ (2)  3 x  y  1  x  1  1  x  0  y  x  1  0 y  x  1  0 .
2

Vậy ta có (1)  y  x 2  4 x .
Thay y  x 2  4 x vào (1) ta có 3 x  x 2  4 x  1  x  1 (3) .
Vì x  0 khơng là nghiệm của (3) nên
1
1
(3)  x 
 x 4 3
x
x
1

1
(t  2)  x   t 2  2 . Phương trình trên trở thành:
Đặt t  x 
x
x
t  3
5
t  t2  6  3  t2  6  3  t   2

t

2
2
t  6  (3  t )
x  4
1 25
17
2
 2  x  x 1  0  
Suy ra x  
.
x  1
x 4
4
4

1 15
Từ đó suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm: (4;0);( ;
).
4 16

Câu 3. Cho đường tròn (O; R ) và điểm A cố định trên (O; R ) . Gọi M, N là các giao
฀ của
điểm của hai đường tròn (O; R ) và ( A; R ) ; H là điểm thay đổi trên cung nhỏ MN
đường tròn ( A; R ) . Đường thẳng qua H và vuông góc với AH cắt (O; R ) tại B, C. Kẻ
HI  AB ( I  AB ), HK  AC ( K  AC ) .

N

A
K
J

t

O

I

C

M
B

H

A'

3
ThuVienDeThi.com

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

4,0


Nội dung
a) Chứng minh rằng IK ln vng góc với một đường thẳng cố định và
AB. AC  2 R 2 .
Ta có ฀AIH  900 ; ฀AKH  900 . Vì ฀AIH  ฀AKH  1800 nên tứ giác AIHK nội tiếp.
Kẻ tiếp tuyến At của đường tròn (O; R ) tại A.
฀
 ฀ACB  HAC
 900

Điểm
2,5
0,5
0,5

Ta có: 
 ฀ACB  ฀AHK (1)
0

฀
฀
 AHK  HAC  90


Ta lại có: ฀AHK  ฀AIK (do tứ giác AIHK nội tiếp) (2)
฀  ฀ACB (cùng bằng 1 sđ ฀AB ) (3).
BAt
2
฀
Từ (1), (2), (3) suy ra: BAt  ฀AIK  At ฀ IK .
Mặt khác OA  At  IK  OA . Vậy IK ln vng góc với đường thẳng cố định OA.

Gọi J là giao điểm của AO và IK; A’ là điểm đối xứng với A qua O.
Ta có: ACH  AA ' B ฀AHC  ฀ABA '  900 ; ฀ACH  ฀AA ' B .





AC AH

 AB. AC  AH . AA '  2 R. AH  2 R 2 .
AA ' AB
b) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích AIK khi H thay đổi.


AK AH
Ta có AKH  AHC 


 AK . AC  AH 2 .
AH AC

0,5
0,5
0,25
0,25
1,5
0,25

Gọi S , S ' lần lượt là diện tích các tam giác ABC và AIK.
Ta có AIK ฀ ACB 

AI AK IK
AJ
, suy ra:



AC AB BC AH

1
2
2
AJ .IK
S' 2
AJ IK  AK   AK . AC 
AH 4
AH 2 1



.




 .
 

S 1 AH .BC AH BC  AB   AB. AC   AH .2 R 2 4 R 2 4
2
1
1
R
R
R2
Suy ra S '  .S  AH .BC  .BC  .2 R 
.
4
8
8
8
4
R2
Vậy giá trị lớn nhất của tam giác AIK bằng
, đạt khi H  O.
4
Câu 4. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P  2(a 2b  b 2c  c 2 a )  (a 2  b 2  c 2 )  4abc .
Ta có:

ab  bc  ca  (a  b  c)(ab  bc  ca )  (a 2b  b 2c  c 2 a )  (ab 2  bc 2  ca 2 )  3abc
Suy ra
a 2  b 2  c 2  (a  b  c) 2  2(ab  bc  ca )  1  2(ab  bc  ca )

0,25

0,5

0,25
0,25
1,5

0,25

 1  2 (a 2b  b 2c  c 2 a )  (ab 2  bc 2  ca 2 )  3abc 

Do đó:
P  2(a 2b  b 2c  c 2 a )  1  2 (a 2b  b 2c  c 2 a )  (ab 2  bc 2  ca 2 )  3abc   4abc

0,25

 1  2(ab  bc  ca  abc)
Khơng mất tính tổng qt có thể giả sử a  b  c .

0,25

2

2

2

4
ThuVienDeThi.com


Nội dung

Điểm

Suy ra
a (a  b)(b  c)  0  (a 2  ab)(b  c)  0
 a 2b  a 2c  ab 2  abc  0  ab 2  ca 2  a 2b  abc
Do đó
ab 2  bc 2  ca 2  abc  (ab 2  ca 2 )  bc 2  abc  (a 2b  abc)  bc 2  abc  b(a  c) 2
Với các số dương x, y, z ta ln có:
2
2
2
1
x  y  x  3 3 xyz  3 x  3 y  3 z  3 x  3 y  3 y  3 z  3 z  3 x   0


2





 

 

 x yz
Suy ra x  y  z  3 xyz  xyz  
 (*)
3


Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  z .
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có
3
ac ac 

3
b 2  2 
4
 a  c  a  c 
abc
2
b(a  c)  4b 
  4

  4
 
3
3
 2  2 

 27





4 19
Suy ra P  1  2(ab 2  bc 2  ca 2  abc)  1  2b(a  c) 2  1  2. 
27 27
19
1
Vậy MinP 
. P đạt giá trị nhỏ nhất khi a  b  c  .
27
3

0,25



3

3

……….Hết………..

5
ThuVienDeThi.com

0,25

0,25