ĐỀ THI HSG 9 CÓ ĐÁP ÁN

TRNG THCS VINH THANH
Hớng dẫn chấm. - Đáp án biểu điểm
Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh
năm học 2008 - 2009
Môn toán
Thời gian 150 phút
Câu 1: ( 1,5 điểm)
Cho biểu thức A =
2 1 1
:
2
1 1 1
x x x
x x x x x

+
+ +
ữ
ữ
+ +

với
0, 1x x
1) Rút gọn biểu thức A.
2) Chứng minh rằng 0 < A < 2.
Gii :
1) với
0, 1x x
Ta có A =
( ) ( )
2 1 1 2 1 2

: .
2
1 1 1 1
1 1

+ + +
+ + =
ữ
ữ
+ +
+ +

x x x x x x x x
x x x x x x
x x x

( ) ( )
2 1 2 2
.
1 1
1 1
+
=
+ +
+ +
x x
x x x
x x x
2) với
0, 1x x

ta luôn có A > 0
Lại có:
2
1 1 2
1
+ + > <
+ +
x x
x x
hay A < 2
Vậy 0 < A < 2
Câu 2: (2 điểm)
1) Cho các số dơng a,b,c thoả mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh rằng:
1
5 5 5 5 5 5
ab bc ca
a b ab b c bc c a ca
+ +
+ + + + + +
.
2)Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
( ) (2008 2010 )f x x x= +
Gii :
1) Ta có a
5
+ b
5
= (a + b)(a
4

- a
3
b + a
2
b
2
ab
3
+b
4
)
=(a + b)[(a - b)
2
(a
2
+ ab + b
2
) + a
2
b
2
)
Do
2
(a - b) 0; a,b,c > 0,
nên
2 2 2
(a - b) (a + ab + b ) 0
Suy ra
( )

5 5 2 2
a b a b a b+ +
. Đẳng thức sảy ra khi a = b.
Do đó:
( )
( ) ( )
1 1
2 2
5 5
1
ab ab c
ab a b ab a b c a b c
a b a b ab
a b ab
= = =
+ + + + + +
+ +
+ +
(1)
( vì có abc =1)
Chứng minh tơng tự tacó
5 5
a
b
bc
a b c
c bc

+ +
+ +

(2)

5 5
b
ca
a b c
c a ca

+ +
+ +
(3)
Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta có
1
5 5 5 5 5 5
a b c
a b c
ab bc ca
a b ab b c bc c a ca
+ +
=
+ +
+ +
+ + + + + +

Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1
GV: KIM THACH ST
1
TRNG THCS VINH THANH
2) Ta có
(

)
2
( ) 2008. 2008 2010f x x x= +

áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki cho 2 bộ số :
( )
(
)
2
2008 , 1 ; 2008 , 2010 x
Ta đợc
(
)
2 2
( ) 2008 1. 2008 2010 2009 4018f x x x x x + + =
áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số không âm x
2
và
2
4018 x
ta có
2 2
4018
2
4018 2009
2
x x
x x
+
=

Suy ra:
( ) 2009 2009 2009 2009 ( ) 2009 2009f x f x
Vây max
( ) 2009 2009f x =
khi x =
2009
min
( ) 2009 2009f x =
khi x = -
2009
Câu 3: (2 điểm)
1) Giải phơng trình:
2 2
2
2 2 2 2
x x
x x
+
+ =
+ +
2) Giải hệ phơng trình:
3 2
2 2 2
2 4 3 0 (1)
2 0 (2)
x y y
x x y y

+ + =

+ =


Gii :
1) ĐK:
0 4x


Đặt
2 0; 2 0x a x b+ = =
Ta có
2 2
4 , a +b = 4ab x=
. Phơng trình là:
( )
2
2 2
2 2
2
2
2 2
2 2
2 2 2 2a b ab
a b
a b
a a b b b a + =
+ =
+
+ +

(
)
( ) ( )
2
2 2
2
2 a ab a b a ba b b + = +
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 ( do a b 4)ab a b ab + = + + =
Do 2 + ab

0 nên a b =
2
Bình phơng hai vế ta đợc
2 2
2 2 2 2 1 4 1 3a b ab ab ab x x+ = = = = =
x = 3 thoả mãn điều kiện bài toán. Phơng trình có nghệm duy nhất x =3.
2)
Từ (1)
3 2 3
1 2( 1) 1 1 x y x x =
Từ (2)
2 2
2
2

1
1 -1 1
y

y
x x x
+
=
Suy ra x = -1 thay vào (2) ta có: y
2
2+y + 1 = 0

y =1
Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất ( x , y ) = (-1 , 1)
Câu 4 ( 3 điểm):
GV: KIM THACH ST
2
D
O
P
Q
K
I
H
M
C
B
A
TRNG THCS VINH THANH
Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn ( O;R ) . Điểm M thuộc cung nhỏ BC. gọi I,K,H theo
thứ tự là hình chiếu vuông góc của M trên AB; AC; BC. Gọi P, Q lần lợt là trung điểm của AB;
HK.
1) Chứng minh MQ PQ.
2) Chứng minh :

MH
BC
MK
AC
MI
AB
=+
3) Cho tam giác ABC đều. Xác định vị trí của điểm M trên cung BC để MA + MB + MC đạt
giá trị lớn nhất
Gii :
1) Tứ giác MCKH nội tiếp

ã
ã
ã
ã
ã
ã
BCM = HKM = BAM; HMK = BCA = BMA




BMA

HMK.
Mặt khác MP, MQ là trung tuyến của

BMA,

HMK

MH
MB
MQ
MP
=
và
ã
ã
BMH = PMQ



BMH

PMQ
Mặt khác
ã
ã
0 0
BHM = 90 PQM = 90

PQ

MQ.
2) Giả sử AC

AB ta có:
MK

AK
MI
AI
MK
KCAK
MI
BIAI
MK
AC
MI
AB
+=
+
+

=+
(1)
( Do
ã
ã
MBI = MCK


ã
ã
cotg MBI = cotgMCK

)
MK
KC

MI
BI
=

Do
à
à à
à
1 1 1 1
C = A nên cotgA = cotgC


MH
CH
MI
AI
=
( 2)

à
à
à
à
2 1 2 1
A = B nên cotgA = cotgB


(3)
AK BH
MK MH

=

Từ (1),(2) và (3) suy ra
MH
BC
MH
BH
MH
CH
MK
AC
MI
AB
=+=+

3) Gọi D là giao điểm của MA với BD ta có :

MBD

MAC
ã ã
ã
ã
( )
, BMD AMC DBM CAM= =

MB BD
MA AC
=
Tơng tự ta có :

MC CD
MA AB
=

Do đó
1
MB M C
MA MA
+ =
Suy ra MA + MB + MC = 2MA

4R
Vậy max (MA + MB + MC) = 4R khi AM là đờng kính khi đó M là trung điểm của cung BC
Câu 5:
Trên một đờng tròn ta lấy 1000 điểm rồi đánh số theo thứ tự cùng chiều từ 1 đến 1000. Bắt đầu
từ số 1 cứ 15 số ta gạch đI một số, tức là xoá các số 1,16, 31 Tiếp tục quá trình này qua một
số vòng cho đến khi số 1 bị xóa lần thứ 2. Hỏi trớc lúc đó còn lại bao nhiêu số không bị xoá ?
Gii :
GV: KIM THACH ST
3
TRNG THCS VINH THANH
Số đầu bị gạch là số 1, số thứ hai là 1 + 15 = 16 số thứ ba là 1 + 15.2 = 31 v.v. số thứ n bị gạch có
dạng 1 + 15(n-1) = 15n - 14 . Bài toán có thể hiểu theo cạch khác là: Sau vòng thứ nhất ở vị trí số 1 ta
đặt số 1001, vòng thứ 2 ta đặt số 2001, vòng thứ 3 ta đặt số 3001.
Số các số bị gạch là số nguyên, vì vậy quá trình gạch các số này sé kết thúc khi, ở vị trí số 1, trong
dãy 1001, 2001, 3001,lần đầu tiên ta gặp số bị gạch có dạng 15 n -14.
Giả sử điều đó xảy ra sau k vòng tức là số k.1000 + 1 = 15n 14 hay k.1000+15 = 15 nnghĩa là số
(k.1000+15) chia hết cho 15. Do đó trong dãy số 1015, 2015, 3015 cần phải tìm số đầu tiên chia hết
cho 15.
Rõ ràng đó là số 3015 vì 3015 = 15.201. Khi đó khác nhau bị gạch là 200 ( vì số 1 bị gạch hai lần

lần đầu là số 1 lần sau là số 3001).
Vì vậy tất cả các số bị gạch là 200 (số) đồng thời không có số nào bị gạch hai lần.
Suy ra các số không bị gạch là 1000- 200 = 800 (số).
GV: KIM THACH ST
4