đề và đáp án học sinh giỏi tỉnh thanh hoá

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Gồm có 4 trang)
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
Năm học: 2009 - 2010
Môn thi: TOÁN
LỚP: 9 THCS
Ngày thi: 24/ 03/ 2010
Bài Đáp án và hướng dẫn chấm Điểm
Bài 1
4 điểm
a. Điều kiện để biểu thức P có nghĩa:







≠
≠
≥
⇔








≠−
≠−
≠−
≥
4
1
1
0
012
01
01
0
x
x
x
x
xx
x
x
P =
( )
1212
1
1
1
12
−
+
−+

−
⋅






−
+
−
−
−+
x
x
xx
x
x
xx
xx
xxx
=
( )
12121
1
−
+
−+
+
−

−
−
x
x
xx
xx
xx
xx
=
( )( )
( )
( )
( )
121)12(
1
1)1(
11
−
+
+−
+
−
++−
+−
x
x
xx
xx
xxx
xxx

=
( )
12121
1
−
+
−
−
++
+
x
x
x
x
xx
xx
=
( )
1
1
++
+
xx
xx
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
b. Ta có

4
x
=
( )( )
21139
62562049625
−
−−+
=
( )( )
21139
625625625
2
−
−−+
=
=
( ) ( ) ( )
( )
1
21139
21139
21139
23
21139
2323625
3
222
2
=

−
−
=
−
−
=
−
−−






−
Suy ra: x = 4. Khi đó biểu thức P có giá trị là
7
6
0,5
0,5
0,5
Bài 2
5 điểm
a. ĐKXĐ:
( )( )






≠
≠
⇔





≠+






+
≠−−
⇔





≠++
≠+−
3
2
1
0
12

23
6
1
3
0231
023
0253
2
2
2
x
x
x
xx
xx
xx
Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả tử và mẫu của
mỗi phân thức cho x ta được:
6
1
2
3
13
5
2
3
2
=
++
+

−+
x
x
x
x
.
Đặt 3x +
x
2
= t thì phương trình trở thành:
0,5
0,25
6
1
13
5
2
=
+
+
−
tt
(t
≠
5; t
≠
-1)
( ) ( ) ( )( )
15651312
+−=−++⇒

tttt

011132033396
22
=+−⇔=+−⇔
tttt
Giải phương trình
011132
2
=+−
tt
ta được t
1
=
2
11
; t
2
= 1
* Với t
1
=
2
11
ta có 3x +
x
2
=
2
11

04116
2
=+−⇔
xx
Giải phương trình
04116
2
=+−
xx
ta được x
1
=
3
4
; x
2
=
2
1
* Với t
2
= 1 ta có 3x +
x
2
= 1
⇔
3x
2
- x + 2 = 0

Phương trình 3x
2
- x + 2 = 0 vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x
1
=
3
4
; x
2
=
2
1
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
b.
( )





=+
=+
⇔




−=
=+
54
43
54
43
2
2
2
xyy
xyx
xyy
yxx
Cộng từng vế của hai phương trình trong hệ ta được:
x
2
+ 4xy + 4y
2
= 9
⇔
(x + 2y)
2
= 9
⇔
x + 2y =
±
3
* Nếu x + 2y = 3 thì ta có hệ phương trình




=+
=+
43
32
2
xyx
yx

⇔
( ) ( )



=−+
−=
⇔



=−+−
−=
0532
23
423323
23
2
2
yy

yx
yyy
yx
Giải phương trình 2y
2
+ 3y - 5 = 0 ta được y
1
= 1; y
2
=
2
5
−
.
Suy ra: x
1
= 1; x
2
= 8
* Nếu x + 2y = -3 thì ta có hệ phương trình



=+
−=+
43
32
2
xyx
yx

⇔
( ) ( )



=−−
−−=
⇔



=−−+−−
−−=
0532
23
423323
23
2
2
yy
yx
yyy
yx
Giải phương trình 2y
2
- 3y - 5 = 0 ta được y
3
= - 1; y
4

=
2
5
.
Suy ra: x
3
= - 1; x
4
= - 8
Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là:
(x; y) = (1; 1); (8;
2
5
−
); (-1; -1); (-8;
2
5
)
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 3
3 điểm
A =
( )
( )( )
2
x
xzyx

zy
++
+
+
( )
( )( )
2
y
yzyx
zx
++
+
+
( )
( )( )
2
z
xzyz
xy
++
+
Ta có:
( )( )
22
1
x
yz
x
zy
x

xzyx
+
+
+=
++
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương y, z ta được:
x
yz
x
yz
x
yz
x
yz
x
yz
x
zy
+=








+=++≥+
+
+ 11

2
11
2
22
0,5
0,5
Suy ra:
( )
( )( )
( )
yz
x
zy
zy
x
yz
zy
x
xzyx
zy ⋅
+
++=









++≥
++
+ 1
2
mà
x
yz
zyyz
x
yz
zyyz
x
zy
zy
2
2
++=⋅++≥⋅
+
++
⇒

( )
( )( )
2
x
xzyx
zy
++
+

x
yz
zy
2
++≥
Tương tự:
( )
( )( )
2
y
yzyx
zx
++
+

y
xz
zx
2
++≥

( )
( )( )
2
z
xzyz
yx
++
+

z
yx
xy
2
++≥
Do đó:
A
( ) ( )








++








++







++++=+++++≥
z
xy
y
zx
y
zx
x
yz
x
yz
z
xy
zyx
y
zx
x
yz
z
xy
zyx 2
222
2
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương
y
xz
z
xy

;
ta được:
x
y
xz
z
xy
y
xz
z
xy
22 =⋅≥+
Tương tự:
y
x
yz
z
xy
2≥+
;
z
y
xz
x
zy
2≥+
Suy ra: A
≥
2(x + y + z) + 2x + 2y + 2z = 4(x + y + z) = 4
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z =
3
2
Vậy GTNN của biểu thức A là 4
2
, đạt được khi x = y = z =
3
2
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
Bài 4
6 điểm
d
M
F
I
C
B
N
E
A
a.
∆
ABC đều
0
60=∠=∠=∠⇒ ACBABCBAC

Ta có:
ACBABMABCACN ∠=∠∠=∠ ;
(hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây
cung)
BACMBABACACN ∠=∠∠=∠⇒ ;

Mà các cặp góc ACN và BAC; MBA và BAC là hai cặp góc ở vị trí so le trong
AMBNACMBACBACN ∠=∠⇒⇒ //;//
(hai góc đồng vị)

∆
ACN ~
∆
MBA
BA
CN
MB
AC
=⇒
0,5
0,5
Mà AC = BA = BC (vì tam giác ABC đều) nên
BC
MB
CN
BC
BC
CN
MB
BC

=⇒=
Chứng minh
∆
MBC ~
∆
BCN trường hợp c - g - c






==∠=∠
BC
MB
CN
BC
BCNMBC ;120
0
0,5
0,5
b. Ta có:
0
60=∠=∠ ACBAEB
(góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
FCBFBCBFM ∠+∠=∠
(tính chất góc ngoài tam giác)
Mà:
BNCMCBFCB
∠=∠=∠

(do
∆
MBC ~
∆
BCN)
ABFBNCABFMCBFCB ∠=∠∠=∠=∠ ;
(hai góc so le trong)
Suy ra:
0
60=∠=∠+∠=∠ ABCFBCABFBFM
Vì
0
60=∠=∠ MFBMEB
nên tứ giác BMEF nội tiếp
0,5
0,5
0,5
0,5
c.
{ }
IEFBC =∩
Chỉ ra:
FBIBEFBEFBMCFBICBNBMC ∠=∠⇒∠=∠∠=∠=∠ ;
Do đó:
∆
IBF ~
∆
IEB (g - g)
IFIEIB .
2

=⇒
(1)
Ta có:
CENNFCABCCENBFMNFC ∠=∠⇒=∠=∠=∠=∠
00
60;60
⇒
tứ giác CNEF nội tiếp
FNCFEC ∠=∠⇒
(2 góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Mà:
FCIMCBBNCFNC
∠=∠=∠=∠

ICFFEC
∠=∠⇒
∆
IEC ~
∆
ICF (g - g)
IFIEIC .
2
=⇒
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: IB
2
= IC
2

⇒

IG = IC
⇒
I là trung điểm của BC
⇒
I là
điểm cố định.
Vậy EF đi qua trung điểm I của BC.
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
Bài 5
2điểm

Giả sử có 6 điểm A, B, C, D, M, N trên một đường tròn
Từ một điểm vẽ đến 5 điểm còn lại được 5 đoạn thẳng thì có ít nhất ba đoạn
thẳng cùng màu.
Giả sử 3 đoạn thẳng AB, AC, AD cùng màu đỏ (nếu cùng màu xanh thì lập luận
tương tự)
Xét
∆
BCD nếu có một cạnh, chẳng hạn BC màu đỏ thì
∆
ABC có ba cạnh màu
đỏ. Trái lại thì
∆
BCD sẽ có ba cạnh màu xanh. (điều phải chứng minh)
1
1

GHI CHÚ
Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
Bài 4 nếu không vẽ hình thì không chấm điểm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
Năm học: 2009 - 2010
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ DỰ BỊ
(Gồm có 4 trang)
Môn thi: TOÁN
LỚP: 9 THCS

Bài Đáp án và hướng dẫn chấm Điểm
Bài 1
4 điểm
a. Điều kiện để biểu thức A có nghĩa:







≠
≠
≥
⇔






≠−
≠−
≥
4
1
1
0
012
01
0
x
x
x
x
x
x
0,5
A = 1-
12
)1)(1(
)1)(1(
)12)(1(
)1)(1(
)12)(1(
−
−−
⋅







+−+
−+
+
+−
−+
x
xxx
xxx
xxx
xx
xx
= 1 -
12
)1)(1(
1
)12(
1
12
−
−−
⋅







+−
−
+
−
−
x
xxx
xx
xx
x
x
= 1 -






+−
−−
+−
xx
xxx
xx
1
)1)(1(
)1(

=
xx
xxxxxxxxxxxxxxxx
+−
−++−+−+−+−+−
1
1
22
=
xx +−1
1
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
b. Ta có:
4
1
x =
( )
3
3
3
3
12
12
−
⋅+
=

3
3
3
3
3
)12(
)12(
−
⋅+
=
=
[ ]
( )
3
3
33
3
12
)12(2312
−
⋅+++
=
( )( )
3
333
12241
−++
=
=
( )

11212
3
3
3
3
=−=−

⇒
x = 4. Khi đó A =
3
1
1,5
0,5
Bài 2
4 điểm a. ĐKXĐ: x + 5
≠
0
⇒
x
≠
-5
Phương trình tương đương với phương trình:
11
5
5
2
2
=







+
+
x
x
x
11
5
10
5
11
5
5
2
5
5
2
2
2
2
=
+
+









+
⇔=
+
⋅⋅+






+
−⇔
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
(1)
Đặt
5
2

+x
x
= t thì phương trình (1) trở thành t
2
+ 10t = 11 (2)
Giải phương trình (2) ta được t
1
= 1; t
2
= -11
* Với t
1
= 1 ta có
5
2
+x
x
= 1
⇔
x
2
- x - 5 = 0
Giải phương trình x
2
- x - 5 = 0 ta được x
1
= 1 +
21
; x = 1 -
21

0,5
0,5
0,5
* Với t
2
= -11 ta có
5
2
+x
x
= -11
⇔
x
2
+ 11x + 55 = 0
Phương trình x
2
+ 11 x + 55 = 0 vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là: x
1
= 1 +
21
; x = 1 -
21
0,25
0,25
b.
( )






=+
=+
⇔



−=
=+
64
103
64
103
2
2
2
xyx
xyy
xyx
yxy
Cộng từng vế của hai phương trình trong hệ ta được:
4x
2
+ 4xy + y
2
= 16
⇔
(2x + y)

2
= 16
⇔
2x + y =
±
4
* Nếu 2x + y = 4 thì ta có hệ phương trình



=+
=+
103
42
2
xyy
yx

⇔
( ) ( )



=−+
−=
⇔



=−+−

−=
032
24
424324
24
2
2
xx
xy
xxx
xy
Giải phương trình x
2
+ 2x - 3 = 0 ta được x
1
= 1; x
2
= -3.
Suy ra: y
1
= 2; y
2
= 10
* Nếu 2x + y = - 4 thì ta có hệ phương trình



=+
−=+
103

42
2
xyy
yx

⇔
( ) ( )



=−−
−−=
⇔



=−−+−−
−−=
032
24
1024324
24
2
2
xx
xy
xxx
xy
Giải phương trình x
2

- 2x - 3 = 0 ta được x
3
= - 1; x
4
= 3.
Suy ra: y
3
= - 2; x
4
= - 10
Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là:
(x; y) = (1; 2); (-3; 10); (-1; -2); (3; 10)
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 3
3 điểm
Vì a.b.c = 1 nên đặt a =
x
1
; b =
y
1
; c =
z
1
Khi đó:
1
111

=⋅⋅
zyx
suy ra x, y, z là các số dương và x.y.z = 1
Biểu thức A trở thành:
A =
z
x
y
x
zy
1111
11
5
22
⋅+⋅
⋅⋅
+
x
y
z
y
xz
1111
11
5
22
⋅+⋅
⋅⋅
+
y

z
x
z
yx
1111
11
5
22
⋅+⋅
⋅⋅
=








+
zy
x
yz
111
5
2
+







+
xz
y
zx
111
5
2
+








+
yx
z
xy
111
5
2
= 5









+
+
+
+
+ yx
z
xz
y
zy
x
222
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương
4
;
2
zy
zy
x +
+
ta có:
x
zy
zy
xzy
zy

x
=
+
⋅
+
≥
+
+
+ 4
2
4
22
(1)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Tương tự:
y
xz
xz
y
≥
+
+
+ 4
2
(2) ;

z
yx
yx
z
≥
+
+
+ 4
2
(3)
Cộng từng vế của các bất đẳng thức (1); (2); (3) ta được:
4
2
zy
zy
x +
+
+
+
4
2
xz
xz
y +
+
+
+
4
2
yx

yx
z +
+
+

≥
x + y + z
⇔








+
+
+
+
+ yx
z
xz
y
zy
x
222

≥

( )
zyx
++
2
1
⇔








+
+
+
+
+ yx
z
xz
y
zy
x
222
5

≥

( )

zyx
++
2
5
Mặt khác x + y + z
≥
3
3
xyz
mà xyz = 1 nên x + y + z
≥
3
Do đó: A
≥

3
2
5
⋅
=
2
15
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z
⇔
a = b = c = 1
Vậy GTNN của biểu thức B là
2
15
, đạt được khi a = b = c = 1.
0,5

0,5
0,5
Bài 4
6 điểm
Q
I
H
N
P
M
D
C
B
A
a. Theo giả thiết:
NADMABMAN
∠+∠=∠
mà
0
90
=∠=∠+∠+∠
BADDANBAMMAN
suy ra
0
45
=∠
MAN
hay
0
45

=∠
MAP
Vì ABCD là hình vuông nên
0
45
=∠
DBC
Do đó:
0
45
=∠=∠
PBMMAP

⇒
tứ giác ABMP nội tiếp .
⇒

0
180
=∠+∠
APMABM
(định lí) mà
∠
ABM = 90
0
suy ra
∠
APM = 90
0
⇒

∠
MPN = 90
0

⇒
P thuộc đường tròn đường kính MN (1)
Chứng minh tương tự được tứ giác AQND nội tiếp
⇒

0
180
=∠+∠
ADNAQN
⇒

0
90
=∠
AQN
⇒

0
90
=∠
NQM
⇒
Q thuộc đường tròn đường kính MN (2)
∠
BCD = 90

0

⇒

∠
MCN = 90
0

⇒
C thuộc đường tròn đường kính MN (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra 5 điểm P, Q, M, C, N cùng thuộc đường tròn đường
kính MN.
0,5
0,5
0,5
0,5
b. Theo câu a)
0
90
=∠
NQM

AMNQ
⊥⇒
;
∠
MPN = 90
0

ANMP

⊥⇒
Gọi giao điểm của AM và AN là I . Suy ra I là trực tâm của tam giác AMN
⇒
AI
⊥
MN; AI
∩
MN =
{ }
H

⇒
AH
⊥
MN tại H.
Vì tứ giác ABMP nội tiếp
⇒

BPMBAM
∠=∠
(4) (hai góc nội tiếp cùng chắn
cung BM)
Tứ giác AQIP có:
∠
AQI +
∠
API = 90
0
+ 90
0

= 180
0
⇒
tứ giác AQIP nội tiếp
⇒

∠
QAI =
∠
QPI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung
0,5
0,5
0,5
QI)
⇒

∠
MAH =
∠
BPM (5)
Từ (4) và (5) suy ra:
∠
BAM =
∠
MAH
Chứng minh:
∆
BAH =
∆
HAM (c.h - g.n)

⇒
AB = AH
Từ đó suy ra: MN tiếp xúc với đường tròn (A; AB) cố định.
0,5
c. Tam giác APM vuông cân tại P
⇒
AP = PM
⇒
AM = AP
2
⇒

2
1
=
AM
AP
∆
APQ đồng dạng
∆
AMN (g - g)
2
1
2
1
2
2
=







=






=⇒
AM
AP
S
S
AMN
APQ
⇒
S
APQ
=
2
1
S
AMN
. Suy ra: S
APQ
= S
PQMN

⇒

1=
PQMN
APQ
S
S
Vậy tỉ số
PQMN
APQ
S
S
không đổi khi M, N thay đổi.
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 5
2 điểm Ta có: (x - y)
2
+ (y - z)
2
+ (z - x)
2

≥
0 với mọi x, y, z
⇒
x

2
+ y
2
+ z
2

≥
xy + yz + zx
⇒
(x + y + z)
2

≥
3(xy + yz + zx)
Vì x + y + z =
2
nên
2
31
≥
++ zxyzxy
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
3
2
Chứng minh và áp dụng bài toán phụ:
baba +
≥+
411
với a > 0, b > 0 ta có:
( )

( )
2
4
2
11
2222
=
++
≥
++
+
++
zyx
zxyzxy
zyx
Dođó:
( ) ( )
9
2
3
223
2
43
2
635
222222
=⋅+⋅≥
++
+
++

+
++
=
++
+
++
zxyzxy
zyx
zxyzxy
zyx
zxyzxy
⇒

9
35
222
≥
++
+
++
zyx
zxyzxy
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
( )





++=++

===
222
2
3
2
zyxzxyzxy
zyx
Hệ này vô nghiệm nên đẳng thức không xảy ra.
Vậy:
9
35
222
>
++
+
++
zyx
zxyzxy
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
GHI CHÚ
Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
Bài hình học nếu không vẽ hình thì không chấm điểm.