43 de thi hoc sinh gioi lop 9 mon toan

UBND HUYỆN
PHỊNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
HUYỆN VĨNH BẢO
ĐỀ CHÍNH THỨC


P



ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2013-2014
MƠN: TỐN LỚP 9
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức:
x y
x  y   x  y  2xy 

 : 1 
.
1  xy 
1  xy
1  xy  
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của P với x 

2
.
2 3

Bài 2: (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) và (L) lần lượt là
1
3
đồ thị của hai hàm số: y   x  và y  x .
2
2
a) Vẽ đồ thị (D) và (L).
b) (D) và (L) cắt nhau tại M và N. Chứng minh OMN là tam giác vuông.
Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình: 6x 4  5x 3  38x 2  5x  6  0 .
Bài 4: (2 điểm) Qua đỉnh A của hình vng ABCD cạnh là a, vẽ một
đường thẳng cắt cạnh BC ở M và cắt đường thẳng DC ở I.
Chứng minh rằng:

1
1
1
.


AM 2 AI 2 a 2

Bài 5: (6 điểm)
Cho hai đường trịn ( O ) và ( O/ ) ở ngồi nhau. Đường nối tâm OO/ cắt
đường tròn ( O ) và ( O/ ) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng.
Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF, E  ( O ) và F  ( O/ ). Gọi M là giao điểm của
AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MENF là hình chữ nhật.
b) MN  AD.
c) ME.MA = MF.MD.
---------- Hết ----------

UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2013-2014-MƠN: TỐN LỚP 9

Bài
Đáp án
1 ĐKXĐ: x  0; y  0; xy  1 .
a) Mẫu thức chung là 1 – xy
( x  y)(1  xy)  ( x  y)(1  xy) 1  xy  x  y  2xy
P
:
1  xy
1  xy

Điểm
0,5 đ

x x y  y y x  x x y  y y x
1  xy
.
1  xy
1  x  y  xy

0,5 đ




b)

x

2( x  y x)
2 x (1  y)
2 x


(1  x)(1  y) (1  x)(1  y) 1  x
2
2 3



0,5 đ

2(2  3)
 3  2 3  1  ( 3  1)2
43

0,5 đ

x  ( 3  1)2  3  1  3  1
P
P

2
a)

2( 3  1)
1  ( 3  1) 2
2( 3  1)
52 3





2 3 2
1 3  2 3 1

0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ



6 32
13

0,5 đ

3

1

3
x  0  y 
Đồ thị y   x  có : 
2
2
2
 y  0  x  3
 x khi x  0
Đồ thị y  x  
 x khi x  0
Đồ thị như hình vẽ:

0,5 đ

0,5 đ

y

N

3
(D)

3/2
1

-3

O

(L)

1đ

M

1

3

x


b)

Đồ thị (D) và (L) cắt nhau tại hai điểm có tọa độ M(1; 1) và N( - 3; 3)
Ta có: OM = 12  12  2  OM2 = 2
ON =

32  (3) 2  3 2  ON2 = 18

3

0,5 đ

MN = (1  3)  (1  3)  20  MN2 = 20
Vì: OM2 + ON2 = MN2
Vậy: tam giác OMN vuông tại O
Ta thấy x = 0 khơng phải là nghiệm của phương trình
Chia cả 2 vế của phương trình cho x2 ta được:

5 6
6x 2  5x  38   2  0
x x
1
1
 6(x 2  2 )  5(x  )  38  0
x
x
1
1
Đặt y  x 
thì: x 2  2  y2  2
x
x
2
Ta được pt: 6y – 5y – 50 = 0 <=> (3y – 10)(2y + 5) = 0
10
5
Do đó: y 
và y  
3
2
10
1 10
* Với y 
thì: x    3x 2  10x  3  0
3
x 3
1


x

1
<=> (3x – 1)(x – 3) = 0 <=> 
3

x2  3
5
1
5
* Với y   thì: x     2x 2  5x  2  0
2
x
2
1

x3  

<=> (2x + 1)(x + 3) = 0 <=>
2

 x 4  2
2

4

0,5 đ

2

A

0,5 đ
0,5 đ

1đ

1đ

1đ

1đ

B

M

J

D

C

I

Vẽ Ax  AI cắt đường thẳng CD tại J.
Ta có  AIJ vng tại A, có AD là đường cao thuộc cạnh huyền IJ, nên:
1
1
1

(1)


AD 2 AJ 2 AI 2
Xét hai tam giác vuông ADJ và ABM, ta có:

0,5 đ
0,5 đ


  BAM
 (góc có cạnh tương ứng vng góc)
AB = AD = a; DAJ
 ADJ = ABM . Suy ra: AJ = AM
1
1
1
1
Thay vào (1) ta được:
(đpcm)



AD 2 AM 2 AI 2 a 2
5

0,5 đ
0,5 đ

M

E
I
F

A

O

H
B

C

O/

D

N

a)

  CFD
  900 (góc nội tiếp chắn nữa đường trịn)
Ta có AEB
Vì EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O/), nên:
OE  EF và OF  EF => OE // O/F

/
/

  FO
  FCO
=> EOB
D (góc đồng vị) => EAO

Do đó MA // FN, mà EB  MA => EB  FN
  900 .
Hay ENF
N
  F  90O , nên MENF là hình chữ nhật
Tứ giác MENF có E
b)

c)

Gọi I là giao điểm của MN và EF; H là giao điểm của MN và AD
  INF

Vì MENF là hình chữ nhật, nên IFN
  FDC
  1 sđ FC

Mặt khác, trong đường tròn (O/): IFN
2
  HNC

=> FDC
Suy ra FDC đồng dạng HNC (g – g)
  DFC
  90O hay MN  AD

=> NHC
  FEN

Do MENF là hình chữ nhật, nên MFE
  EAB
  1 sđ EB

Trong đường trịn (O) có: FEN
2
  EAB

=> MFE
Suy ra MEF đồng dạng MDA (g – g)

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ


=>

ME MF


, hay ME.MA = MF.MD
MD MA

0,5 đ


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014
(đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1 (2 điểm).
a) Rút gọn biểu thức A 

1 1 x2 .



(1  x)3  (1  x)3



2  1 x2

với 1  x  1 .
b) Cho a và b là các số thỏa mãn a > b > 0 và a 3  a 2b  ab 2  6b3  0 .
Tính giá trị của biểu thức B 

a 4  4b 4
.
b 4  4a 4

Câu 2 (2 điểm).
a) Giải phương trình x 2 ( x 2  2)  4  x 2 x 2  4.
 x3  2 x  y
b) Giải hệ phương trình  3
.
 y  2 y  x

Câu 3 (2 điểm).
a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình
2
xy  2 xy  x  32 y .
b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a 2  a  3b 2  b .
Chứng minh rằng 2a  2b  1 là số chính phương.
Câu 4 (3 điểm).
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O, R). H là một điểm di
động trên đoạn OA (H khác A). Đường thẳng đi qua H và vng góc với OA cắt
cung nhỏ AB tại M. Gọi K là hình chiếu của M trên OB.
  2AMH.

a) Chứng minh HKM

b) Các tiếp tuyến của (O, R) tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của (O, R) lần
lượt tại D và E. OD, OE cắt AB lần lượt tại F và G. Chứng minh OD.GF =
OG.DE.
c) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R.
Câu 5 (1 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2ab  6bc  2ac  7 abc . Tìm
4ab
9ac
4bc


giá trị nhỏ nhất của biểu thức C 
.
a  2b a  4c b  c
----------------------Hết------------------------


ĐÁP ÁN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
---------------------------

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN
HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014
(Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang)

Lưu ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà kết quả đúng thì giám

khảo vẫn cho điểm tối đa.
Câu
Nội dung
A

Câu
1a:
(1,0 đ)

1  1  x2 .

 1  1  x2 .



1 

1  x2









1  x  1  x 2  1  x2
2  1 x



0.25

2

1 x  1 x

1 x  1 x




2

0.25

1 



1  x2

 2  2 1  x 
2

0.25

 2x 2 = x 2

0.25

a 3  a 2b  ab 2  6b3  0  (a  2b )(a 2  ab  3b 2 )  0 (*)

0.25

Vì a > b > 0  a 2  ab  3b 2  0 nên từ (*) ta có a = 2 b

Câu
a 4  4b 4 16b 4  4b 4
1b:
Vậy biểu thức B  4

b  4a 4 b 4  64b 4
(1,0 đ)
B

0.25
0.25

12b 4
4

4
63b
21

0.25

t2

Đặt t  x 2 x  4  t  2 x  2 x  x x  2 
2
2
 t  4
t
 4  t  t 2  2t  8  0  
ta được phương trình
2
t  2
x  0
x  0
Với t = -4 ta có x 2 x 2  4  4   4


2
4
2
 x  2x  8  0
 2 x  2 x  16
x  0
 2
x 2
x  2
x  0
x  0
Với t =2 ta có x 2 x 2  4  2   4
 4
2
2
 x  2x  2  0

 2 x  2 x  4
2

Câu
2a:
(1,0 đ)

Điểm

2



4

2



2









2





0.25
0.25

0.25

0.25


 x  0
 2
x
 x  3  1

Câu
2b:
(1,0 đ)

3  1 . Kết luận nghiệm của phương trình.

Từ hệ ta có x3 (2 y  x)  y 3 (2 x  y )  ( x 2  y 2 )  2 xy  x 2  y 2   0

0.25

x  y
 ( x  y)3 ( x  y)  0  

x  y

0.25

* Với x = y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); ( 3; 3 );(  3;  3 )
* Với x = - y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); ( 1; 1 );( 1;1 )
Vậy hệ phương trình có nghiệm
(x ; y) = (0; 0); ( 3; 3 );(  3;  3 );( 1;1 );(1; 1 )
xy 2  2 xy  x  32 y  x( y  1) 2  32 y

Do y nguyên dương  y  1  0  x 

0.25
0.25
0.25

32 y
( y  1) 2

Vì ( y, y  1)  1  ( y  1) 2  U (32)
Câu mà 32  25  ( y  1) 2  2 2 và ( y  1) 2  2 4 (Do ( y  1) 2  1 )
3a:
*Nếu ( y  1) 2  2 2  y  1; x  8
(1,0 đ)
*Nếu ( y  1) 2  2 4  y  3; x  6
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là:

0.25
0.25
0.25

x  8
x  6
và 

y 1
y  3
2a 2  a  3b 2  b  (a  b)(2a  2b  1)  b 2 (*)

0.25

Gọi d là ước chung của (a - b, 2a + 2b + 1) ( d   ). Thì
*

Câu
3b:
(1,0 đ)

( a  b)  d
  a  b  2a  2b  1d 2

(2
a

2
b

1)

d


 b2  d 2  b d
Mà (a  b) d  a  d  (2a  2b) d mà (2a  2b  1) d  1 d  d  1

Do đó (a - b, 2a + 2b + 1) = 1. Từ (*) ta được a  b và 2a  2b  1 là số
chính phương => 2a  2b  1 là số chính phương.

0.25
0.25
0.25

Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O).
  1O
  1 sđ AM
 (1)
Ta có A
1
1
2
2
0.25

Câu
4a:
(1,0 đ)

 M

Có Ax // MH (cùng vng góc với OA)  A
1

1
 K
 (cùng chắn MH
 )
Tứ giác MHOK nội tiếp  O
1
1

(2)

0.25

(3)

0.25


  2AMH.

  1K
 hay HKM
Từ (1), (2), (3) ta có M
1
1
2
Có tứ giác AOMD nội tiếp (4)

0.25

0.25

Câu
4b:
(1,0 đ)

  1 sđ BM
 O
  1 sđ BM
 ;O

A
1
1
2
2
2


 A1  O1  tứ giác AMGO nội tiếp (5)
Từ (4), (5) ta có 5 điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên một đường
tròn
 D
 D

G
1
2
1
 OGF và ODE đồng dạng
OG GF



hay OD.GF = OG.DE.
OD DE
Trên đoạn MC lấy điểm A’ sao cho
MA’ = MA  AMA' đều
 A
  600  BAA'

A
1
2



 MA  MB  MC
Chu vi tam giác MAB là MA  MB  AB  MC  AB  2R  AB
Đẳng thức xảy ra khi MC là đường kính của (O) => M là điểm chính
giữa cung AM => H là trung điểm đoạn AO
Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB
Gọi I là giao điểm của AO và BC
3
AB 3
 AI  R 
 AB  R 3
2
2
Giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2  3)R
Từ gt : 2ab  6bc  2ac  7 abc và a,b,c > 0

Câu 5:
2 6 2
(1,0 đ) Chia cả hai vế cho abc > 0     7
c

a

b

0.25
0.25



 MAB  A'AC  MB  A'C

Câu
4c:
(1,0 đ)

0.25

0.25

0.25
0.25

0.25

0.25

1
a

1
b

1
c

 x, y , z  0
2 z  6 x  2 y  7

đặt x  , y  , z   
Khi đó C 
C 

4ab
9ac
4bc
4
9
4





a  2b a  4c b  c 2 x  y 4 x  z y  z

4
9
4
 2x  y 
 4x  z 
 y  z  (2x  y  4x  z  y  z )
2x  y
4x  z
yz
2

0.25

2

2

 

2
3
  2

 x  2y   
 4x  z   
 y  z   17  17
 x  2y
  4x  z


0.25
  y  z




1
Khi x  ,y  z  1 thì C = 7
2
Vậy GTNN của C là 7 khi a =2; b =1; c = 1

0.25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2013 - 2014
MÔN: TỐN - THCS
Thời gian làm bài 150 phút khơng kể thời gian giao đề

Câu1( 3,0 điểm)
a) Giải phương trình trên tập nguyên

x 2  5y 2  4xy  4x  8y  12  0
b)Cho P(x)  x 3  3x 2  14x  2 .

Tìm các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 mà P(x) chia hết cho 11

Câu 2( 4,0 điểm)
a 3  3a  2
a) Tính gía trị biểu thức P  3
, biết
a  4a 2  5a  2
a  3 55  3024  3 55  3024

b) Cho số thực x,y,z đôi 1 khác nhau thỏa mãn
x 3  3x  1; y 3  3y  1, z 3  3z  1
Chứng minh rằng x 2  y 2  z 2  6
Câu 3( 4,0 điểm)

x 1
 3x  1
4x
3x 2  2y 2  4xy  x  8y  4  0
 2
x  y 2  2x  y  3  0

a) Giải phương trình 3x  1 
b) Giải hệ phương trình:

Câu 4( 7,0 điểm)
Cho đường trịn (O;R) và dây cung BC khơng đi qua tâm .Gọi A là
chính giữa cung nhỏ BC.Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A và có số đo
bằng  không đổi sao cho E và F khác phía với điểm A qua BC ;AE và AF cắt
BC lần lượt tại M và N .Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành .
a)Chứng minh tứ giác MNEF nội tiếp .
b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF .Chứng minh rằng
khi góc nội tiếp EAF quay quanh A thì I chuyển động trên đường thẳng cố định.

c) Khi   60 0 và BC=R ,tính theo R độ dài nhỏ nhất của đoạn OI.
Câu 5( 2,0 điểm)
Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn x+y+z=3
2 x2  y 2  z 2 2 y 2  x2  z 2 2 z 2  y 2  x2


 4 xyz
Chứng minh rằng
4  yz
4  xz
4  yx

---Hêt—
Họ và tên thí sinh..............................................số báo danh.....
Thí sinh khơng sử dụng tài liệu,Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm


HƯỚNG DẪN
Câu1( 3,0 điểm)
a) Giải phương trình trên tập nguyên
b) Cho P(x)  x 3  3x 2  14x  2 .
Hướng dẫn
:
a) x 2  5y 2  4xy  4x  8y  12  0  x 2  4 x( y  1)  (5y 2  8y  12)  0(* )
để PT(*) có nghiệm ngun x thì / chính phương
/  4( y  1) 2  5(5 y 2  8 y  12)  16  y 2  16

từ đó tìm được  x; y   2;0; 6;0;  10;4; 6;4; 
Cách khác

x 2  5y 2  4xy  4x  8y  12  0  ( x  2 y  2) 2  y 2  16  4 2  0 2

xét từng trường hợp sẽ ra nghiệm
b) ta có P(x)  x 3  3x 2  14x  2  (x - 2)(x 2 - x  12)  22
để P(x) chia hết 11 thì (x - 2)(x 2 - x  12) 11
mà (x 2 - x  12)  x(x - 1)  1  11 ta có x( x  1)  1 không chia hết cho 11
suy ra (x 2 - x  12) không chia hết cho 11 nên x-2 chia hết co 11 mà
x<100 ; x  N
suy ra x  2;13;22;35;47;57;68;79;90
Cách khác
P(x)  x 3  3x 2  14x  2   (x - 1) 3  1  11 x 11   (x - 1) 3  1 11

Suy ra (x-1)3 chia co 11 dư 1 suy ra x-1 chia cho 11 dư 1 suy ra x chia
cho 11 dư 2 mà x<100 suy ra kết quả
Câu 2( 4,0 điểm)
a 3  3a  2
a)Tính gía trị biểu thức P  3
, biết
a  4a 2  5a  2
a  3 55  3024  3 55  3024

b)Cho số thực x,y,z đôi 1 khác nhau thỏa mãn
x 3  3x  1; y 3  3y  1, z 3  3z  1
Chứng minh rằng x 2  y 2  z 2  6
Hướng dẫn
a) tính a 3  110  3a  (a  5)(a 2  5a  22)  0  a  5 thay a=5 vào P 
b) Cộng cả ba đẳng thức ta có hệ
 x 3  3x  1
 x 3  y 3  3( x  y )
 x 2  xy  y 2  3(1)

 3
 3
 2
3
2
 y  3 y  1   y  z  3( y  z )   y  zy  z  3(2)
 3
 3
 2
3
2
 z  3z  1
 z  x  3( z  x)
 x  xz  z  3(3)

trừ (1) cho (2) ta được ( x  z )( x  y  z )  0  x  y  z  0
cộng (1) ;(2) ;(3) ta có 2( x 2  y 2  z 2 )  xy  yz  xz  9 (*)

7
3


mà tù x+y+z=0 suy ra xy  yz  xz  
đpcm
Câu 3( 4,0 điểm)

x2  y2  z2
thay vaò (*) ta có
2

x 1
 3x  1
4x
3x 2  2y 2  4xy  x  8y  4  0
 2
x  y 2  2x  y  3  0

a) Giải phương trình 3x  1 
b) Giải hệ phương trình:

Hướng dẫn

1
3
x 1
3x  1 
 3x  1  4 x (3 x  1)  x  1  4 x 3x  1  12 x 2  3 x  1  4 x 3x  1
4x
4 x  2 x  3 x  1
2 x  3 x  1
2
16 x 2  2 x  3 x  1  

 4 x  2 x  3 x  1
 6 x  3 x  1

a) HD đkxđ x 





giải ra pt có 2 nghiệm x=1; x 
b)

3  153
72

3x 2  2y 2  4xy  x  8y  4  0
3x 2  2y 2  4xy  x  8y  4  0(1)

 2
 2
x  y 2  2x  y  3  0
2x  2 y 2  4x  2 y  6  0(2)

lấy pt(1) trừ pt(2) ta được

x  2 y 2  3( x  2 y )  2  0  ( x  2 y  1)( x  2 y  2)  0
x  2 y  1

x  2 y  2

thay vào phương trình x 2  y 2  2 x  y  3  0 hệ có 4 nghiệm








109  13  109    7  109  13  109 
; 

;
;


3
6
3
6



x; y   1;0;  5  3;   7 
Câu 4( 7,0 điểm)

Hướng dẫn


F
K
E

H

D

P
I

B

N

M

C

A

a)  ENB=  EFM suy ra  ENM+  EFM=1800
b)gọi giao (O) và (I) tiếp tam giác MDF tại P ta có  DPF=  DMF =  EAF= 
mặt khác  EAF=  EPF nên  EPF=DPF nên E;D;P thẳng hàng suy ra EP//BC
mà AO  BC  AO  EP gọi AO cắt EP tại H ;OI cắt PF tại K thì K là trung
điểm FP và OI vng góc FP nên tứ giác OHKP nội tiếp suy ra
 HOI=  HPF=  ( không đổi)
suy ra I thuộc tia Ox tạo với tia AO một góc bằng 

E

H

D

O

B

N

F

I

Q M

C

A

c) khi BC=R ;  EAF==600 thì tam giác OBC đều suy ra IO đi qua B ta chứng
minh được OI min khi F trùng P khi đó EF//BC tam giác AMN; MDF đều khi


đó IM//AO ta tính BQ;QM được áp dụng Talet tam giác BIM có AO//IM tính
được OI
Câu 5. Hướng dẫn

Lời giải 1

2 x2  y 2  z 2 2 y 2  x2  z 2 2 z 2  y 2  x2


 4 xyz
4  yz
4  xz
4  yx

x2  y2  x2  z2 x2  y2  y2  z2 z2  y2  x2  z2
M 


 4(*)
xyz(4  yz )
xyz(4  xz )
xyz(4  yx)
M 

2 xy  2 xz
2 xy  2 yz
2 xz  2 yz


N
xyz (4  yz ) xyz (4  xz ) xyz (4  yx)

 yz
xz
xz 

N  2


 yz (4  yz ) xz (4  xz ) yx(4  yx) 

 

1

1
1
1
1
1
  2

N  2




 z (4  yz ) x(4  yz ) y (4  yx)   y (4  yz ) zx (4  yz ) x(4  yx) 
N

6
3

xyz (4  yz )(4  xz )(4  xy )



6
3

xyz (4  yz )(4  xz )(4  xy )

Mặt khác



123 3
3

3 xyz (4  yz )(4  xz )(4  xy )

4

 3 xyz  4  xz  4  xy  4  yz 
 3 xyz  12  xz  xy  yz 
3 xyz (4  xz )(4  yz )(4  xy )  
 

4
4




1 1 1
9
xy  yz  xz
Mà   
3
 3  3 xyz  xy  xz  yz  0
x y z x yz
xyz
4

4

 3 xyz  12  xz  xy  yz 
3 xyz (4  xz )(4  yz )(4  xy )  
  81  3 3 xyz (4  xy )(4  xz )(4  yz )  33 3
4



Nên M  N 

123 3
33 3

 4 BĐT (*) được cm dấu “=” xảy ra khi x=y=z=1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học 2013 - 2014

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Mơn thi: TỐN - Lớp 9 THCS
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 21/03/2014
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

Số báo danh

........................

Câu I (4,0 điểm): Cho biểu thức


 

xy  x
xy  x
A   x 1 
 1 : 1 
 x 1  .
 xy  1 1  xy
 
xy  1
xy  1 

 

1. Rút gọn biểu thức A.
2. Cho 1  1  6 . Tìm giá trị lớn nhất của A.
x

y

Câu II (5,0 điểm).
1.Cho phương trình x 2  2m  2 x  m 2  2m  4  0 . Tìm m để phương trình
có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn
x  y  z  1

2. Giải hệ phương trình 

4
4
4
 x  y  z  xyz

2
1
1
.


2
x  x2 x1 x2 15m
2
1

.

Câu III (4,0 điểm).
1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b) sao cho (a + b2) chia hết cho
(a2b – 1).
2. Tìm x, y, z  N thỏa mãn x  2 3  y  z .
Câu IV (6,0 điểm) : Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB. Một điểm C cố
định thuộc đoạn thẳng AO (C khác A và C khác O). Đường thẳng đi qua C và
vng góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại D. Trên cung BD lấy điểm M
(M khác B và M khác D). Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại M cắt
đường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD.
1. Chứng minh tam giác EMF là tam giác cân.

2. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh ba điểm
D, I, B thẳng hàng.
3. Chứng minh góc ABI có số đo khơng đổi khi M di chuyển trên cung BD.
Câu V (1,0 điểm) : Cho x, y là các số thực dương thoả mãn x + y = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B  3 1 3  1 .
x y

xy


----- HẾT -----

LỜI GIẢI Ở TRANG 3


Câu
I
(4,0đ)

Ý
1
(2,5đ)

Điều kiện: xy  1 .
A







Lời giải (vắn tắt)

 

x  1 1  xy 

 xy  1  
 xy  11  xy 
xy  x

Điểm



xy  1 1  xy

:

  xy  x  xy  1   x  1  1  xy  
 xy  11  xy 
 x  1 1  xy    xy  x  xy  1   xy  11  xy 


 xy  11  xy    xy  x  xy  1   x  1 1  xy 


2
(1,5đ)

II
(5,0đ)

1
(2,5đ)



xy  1 1  xy 

1 x 
x y  xy

1 .
xy
x

y

1  1 9 .
xy
xy

1
Dấu bằng xảy ra  1  1  x = y = .
x
y
9
1

Vậy: maxA = 9, đạt được khi : x = y = .
9
PT đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện:
' 0  m  2 2  m 2  2m  4   0  m  0 (*)

 x  x  4  2m
Với m  0 theo Vi-et ta có:  1 2 2
.
x
.
x

m

2
m

4
 1 2
2
1
1
2
1
1






Ta có
2
2
2
x1  x2 x1 x2 15m
x1  x2   2 x1 x2 x1 x2 15m
(1)
1
1
1
 2
 2

m  6m  4 m  2m  4 15m
4
1
1
1

 . Đặt m   t do m  0  t  0
4
4
m
15
m 6 m 2
m
m

t  4
1

1
1
Ta cos (1) trở thành

 
 t  4 ( do
t  6 t  2 15
t  12
t0 )

Với t  4 ta có m 
Ta có:

0,50
0,50
1,25

Theo Cơsi, ta có: 6  1  1  2



2
(2,5đ)

0,25

0,50
0,50
0,50
0,50

0,25
0,50
0,50

0,50
0,50

4
 4  m  2 thỏa mãn (*)
m

0,25
0,50


x4  y4 y4  z 4 z 4  x4


 x2 y2  y2 z 2  z 2 x2 =
2
2
2
x2 y2  y2 z 2 y2 z 2  z 2 x2 z 2 x2  x2 y2
=


 xyyz  yzzx  zxxy =
2
2
2

x4  y4  z 4 

= xyz (x + y + z) = xyz ( vì x + y + z = 1).

x  y  z
1
 x y z
3
x  y  z  1

0,50
0,50

Dấu bằng xảy ra  

1
1
1
Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  x  ; y  ; z  

III
(4,0đ)

1
(2,0đ)



3

3

0,50

3

Giả sử (a + b2)  (a2b – 1), tức là: a + b2 = k(a2b – 1), với k
 * 
 a + k = b(ka2 – b)  a + k = mb

(1)
Ở đó m   mà: m = ka2 – b  m + b = ka2

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m + 1 
 (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka)
(3)
Do m > 0 (điều này suy ra từ (1) do a, k, b > 0) nên m  1
(vì m  ).

0,50

Do b > 0 nên b – 1  0 (do b  )  (m – 1)(b – 1)  0.
Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka)  0.
Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka  0  k + 1  ka  1
 k(a – 1)
(4)
Vì a – 1  0 (do a  , a > 0) và k  , k > 0 nên từ (4)
a  1

 k(a  1)  0

  a  2
có: 
 k(a  1)  1
 k  1

- Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2 
 m  1  2

 b  1  1   b  2
b  3
 m  1  1


  b  1  2

Vậy, trường hợp này ta có: a = 1, b = 2 hoặc a = 1, b = 3.
- Với a = 2 (vì k = 1). Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) =

0,50

0,25

0,25

b  1

0 
.

m  1
Khi b = 1, ta được: a = 2, b = 1.
Khi m = 1: Từ (1) suy ra a + k = b  b = 3. Lúc này được:

0,25


a = 2, b = 3.

2
(2,0đ)

Tóm lại, có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn bài toán là: (1; 2), (1;
3), (2; 3), (2; 1).
Ta có x  2 3  y  z  x  2 3  y  z  2 yz

  x  y  z   2 3  2 yz   x  y  z   4 3  x  y  z   12  4 yz
2

(1)
TH1. Nếu x  y  z  0 Ta có

3

4 yz   x  y  z   12
(2)
4 x  y  z 

0,50

2

vô lý
( do x, y, z  N nên vế phải của (2) là số hữu tỷ ).
x  y  z  0
(3)
 yz  3

IV
(6,0đ)

0,25

0,50

TH2. x  y  z  0 khi đó 1  

0.50

x  4
x  4


Giải (3) ra ta được  y  1 hoặc  y  3 thử lại thỏa mãn
z  3
z  1



0,50

E

1
(2.5đ)

D
I

H
A

F
C

O

M

B

Ta có M thuộc đường trịn tâm O đường kính AB (giả
  90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
thiết) nên AMB
  90 0 .
hay FMB
  90 0 (giả thiết).Do đó FMB
  FCB
  180 0 .
Mặt khác FCB



Suy ra BCFM là tứ giác nội tiếp  CBM  EFM 1 (vì
 ).
cùng bù với CFM
  EMF
  2  (góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp
Mặt khác CBM

0,50
0,50
0,50
0,50
0,50

 ). Từ (1) và (2)
tuyến và dây cung cùng chắn AM
  EMF
.
 EFM
Suy ra tam giác EMF là tam giác cân tại E.
  MBA
  MFE
 nên suy ra
(Co thể nhân ra ngay EMF
EMF cân)

  DIF  3 .
Gọị H là trung điểm của DF. Suy ra IH  DF và DIH
2

0,50


 và DIF
 lần lượt là góc nội
Trong đường trịn  I  ta có: DMF
  1 DIF
 (4).
tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung DF. Suy ra DMF
2




Từ (3) và (4) suy ra DMF  DIH hay DMA  DIH .

2
(2.5đ)

  DBA

Trong đường tròn  O  ta có: DMA
)
(góc nội tiếp cùng chắn DA

  DIH
 .
Suy ra DBA
Vì IH và BC cùng vng góc với EC nên suy ra IH // BC.

  HIB
  180o  DIH
  HIB
  180o  Ba điểm
Do đó DBA
D, I, B thẳng hàng.
.
  ABD
  1 sđ AD
Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng  ABI
2
1 
Mà C cố định nên D cố định  sđ AD không đổi.
2

1  2xy
1
.
 1  1  1 
(x  y)  3xy(x  y) xy 1  3xy xy xy(1  3xy)
(x  y) 2 1
Theo Cơsi: xy 
 .
4
4

Ta có: B 

0,50
0,50

0,50

0,50
0,50

Do đó góc ABI có số đo khơng đổi khi M thay đổi trên
cung BD.

3(1đ)

0,50

3

0.25

Gọi Bo là một giá trị của B, khi đó, tồn tại x, y để:
Bo 

1  2xy

xy(1  3xy)

0.25
 3Bo(xy)2 – (2 + Bo)xy + 1 = 0
(1)
2
Để tồn tại x, y thì (1) phải có nghiệm xy   = Bo – 8Bo
 Bo  4  2 3

+40 
V(1đ)

 Bo  4  2 3

Để ý rằng với giả thiết bài tốn thì B > 0. Do đó ta có:
Bo  4  2 3 .
Với
Bo  4  2 3  xy 

2  Bo
 3  3  x(1  x)  3  3
6Bo
62  3 
6 2  3 


 x2  x  3  3  0  x 

1

62  3

Vậy,

Bmin  4  2 3

,

2 3

2 3
1
1
1
3
3
.
,x 
2
2

đạt

được

khi

0.25


x

x

1

1

2 3
2 3

1
1
1
3
3
, y
2
2
2 3
2 3
1
1
1
3
3
.
, y
2
2

hoặc 0.25


KÌ THI HỌC SINH GIỎI

PHỊNG GD&ĐT
HUYỆN

Mơn: TỐN NĂM 2009-2010

------------------------

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đê)

Câu 1 (2.0 điểm). Cho biểu thức:

a) Rút gọn P.

 a 1

a 1
1 
P


4
a
a


.
 a 1
 
a

1
a






b) Tính giá trị của P tại a  2  3
Câu 2 (1.5 điểm).Giải phương trình:





3 1

2 3 .

x  2 x  1  x  1  1.

Câu 3 (2.5 điểm). Cho x, y là các số dương.
a) Chứng minh:

x y
  2.
y x

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M 

x y
xy
.
  2
y x x  y2

Câu 4 (3.0 điểm). Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (M
khơng trùng với A và B). Trong nửa mặt phẳng chứa nửa đường trịn có bờ là đường thẳng AB,

 cắt nửa đường tròn O
kẻ tiếp tuyến Ax. Đường thẳng BM cắt Ax tại I; tia phân giác của IAM
tại E, cắt IB tại F; đường thẳng BE cắt AI tại H, cắt AM tại K.
a) Chứng minh 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh HF  BI .
c) Xác định vị trí của M trên nửa đường tròn O để chu vi AMB đạt giá trị lớn nhất
và tìm giá trị đó theo R?
Câu 5 (1.0 điểm). Tìm các số tự nhiên x, y biết rằng:

2

x

 1 2 x  2  2 x  3 2 x  4   5 y  11879 .
--------------------- Hết ---------------------

*Ghi chú: Thí sinh khơng đươc sư dung tài liêu.

PHỊNG GD&ĐT

KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Mơn: TỐN


ĐÁP ÁN,
CÂU

NÔI DUNG

ĐIÊM

a  0

a  0
Điều kiện  a  1  
a  1

a

0

a


P



1

 
2

a 1 

Vậy P  4a

a
b





2

a  1  4 a  a  1 a  1
.
a 1
a

4 a  4 a  a  1
a



0.25



4 a (1  a  1)
 4a
a

 2  3  2  3  2  3 . 3  1
 2  3 . 3  1   2  3  3  1

2  2  3  2  3   2 .

Vậy a  2 do đó P  4a  4 2
Điều kiện x  1

x  2 x 1  x 1  1 


0.25



0.25
0.25
0.25

2



 2  3  4  2 3 

0.25
0.25
0.25



2

x 1 1  x 1  1

x  1  1  x  1  1 (1)

x  1  1  x  1  1  x  2 : Ta có
(1)  x  1  1  x  1  1 . Phương trình vơ nghiệm

Khi

2

Khi 0 

x  1  1  0  x  1  1  1  x  2 : Ta có
1  (1)  1  x  1  x  1  1  2 x  1  0  x  1
Vậy x  1 là nghiệm của phương trình đã cho.
x
y
Vì x > 0, y > 0 nên  0 và  0
y
x

3

a

0.25

0.5

0.25
0.25
0.25
0.25

Áp dụng bất đẳng thức a  b  2 ab dấu "=" xảy ra  a  b

0.25

x y
x y
 2 . 2
y x
y x
x y
Vậy   2 .
y x
x y
2
2
Dấu "=" xảy ra    x  y  x  y (vì x > 0, y > 0)
y x

0.25

ta có

0.25
0.25

x y
1 3a a 1
 , ta có M  a  
 
y x
a 4 4 a
x y
3a 3
 ;
Vì a    2 nên
y x
4 2
Đặt a 

b

0.25
0.25

a 1
a 1
1
  2 .  2.  1
4 a
4 a
2
5
1 3a a 1 3
5

Do đó M  a  
    1 ; M   a  2  x  y
a 4 4 a 2
2
2
5
Vậy giá trị nhỏ nhất của M bằng
khi và chỉ khi x  y .
2
Ta có

Hình vẽ

0.25
0.25
0.25

x
I
F
H

M

E
K

A

a

O

B

  900 và
Ta có M, E nằm trên nửa đường trịn đường kính AB nên FMK
  900 .
FEK

Vậy 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên đường trịn đường kính FK
Ta có HAK cân tại A nên AH = AK (1)
K là trực tâm của AFB nên ta có FK  AB suy ra FK // AH (2)
b


  FAK
 (gt) cho nên 

Do đó FAH
AFK mà FAH
AFK  FAK
Suy ra AK = KF, kết hợp với (1) ta được AH = KF (3)
Từ (2) và (3) ta có AKFH là hình bình hành nên HF // AK. Mà AK  IB suy
ra HF  IB .
Chu vi của AMB  CAMB  MA  MB  AB lớn nhất khi chỉ khi MA +
MB lớn nhất (vì AB khơng đổi).



Áp dụng bất đẳng thức  a  b   2 a  b
2

2

có  MA  MB   2(MA  MB )  2 AB
2

c

2

2

2

 dấu "=" xảy ra









Đặt A  2  1 2  2 2  3 2  4 , ta có 2 . A là tích của 5 số tự
x

x

x

x

0.25
0.25
0.25
0.25

2

Nên MA + MB đạt giá trị lớn nhất bằng AB 2 khi và chỉ khi
MA = MB hay M nằm chính giữa cung AB.
Vậy khi M nằm chính giữa cung AB thì CAMB đạt giá trị lớn nhất.
Khi đó



0.25
0.25
0.25
0.25

 a  b , ta

CAMB  MA  MB  AB  AB 2  AB  (1  2) AB  2 R (1  2)
5

0.5

x

0.25

0.25