ĐỀ THI HSG HOÀI NHƠN. 2009-2010

PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
HSG TOÁN 8
ĐỀ ÔN TẬP 1
Câu 1: ( 3 ñieåm): Qua trọng tâm G tam giác ABC , kẻ đường thẳng song song với AC , cắt AB và BC lần
lượt tại M và N . Tính độ dài MN , biết AM + NC = 16 (cm) ; Chu vi tam giác ABC bằng 75 (cm)
Đáp án: Ta có :


Do MN // AC nên








+
−
+−








+
+
−

+
− 2
10
2:
2
1
36
6
4
2
3
2
x
x
x
xxxx
x

Mà








+
−
+−









+
+
−
+
− 2
10
2:
2
1
36
6
4
2
3
2
x
x
x
xxxx
x

vì AM + NC = 16 (cm) và AB + BC = 75 – AC

Do đó :








+
−
+−








+
+
−
+
− 2
10
2:
2
1
36

6
4
2
3
2
x
x
x
xxxx
x
⇒ AC = 27 (cm)
Ta lại có :








+
−
+−









+
+
−
+
− 2
10
2:
2
1
36
6
4
2
3
2
x
x
x
xxxx
x
(cm)
Câu 2: ( 4 ñieåm ) Cho tam giác đều ABC . M, N là các điểm lần lượt chuyển động trên hai cạnh BC và AC
sao cho BM = CN xác định vị trí của M , N để độ dài đoạn thẳng MN nhỏ nhất .
Đáp án:
Gọi P và Q là chân đường vuông góc kẻ từ M và N xuống AB .
Ta có tam giác ANQ vuông ở Q có góc A = 60
0
⇒ ANQ = 30
0

⇒ AQ =

AN
Tương tự đối với tam giác MPB ta có PB =
2
1
BM
Do đó : AQ + PB =
2
1
2
1
2
1
=+ BMAN
(AN + NC ) =
AC
2
1

Kẻ MH ⊥ QN . Tứ giác MPQH là hình chữ nhật
Ta có MN ≥ MH = AB – ( AQ + Bp ) = AB -
ABAC
2
1
2
1
=

Vậy đọan MN có độ dài nhỏ nhất bằng

2
1
AB .
Khi M,N lần lượt là trung điểm của BC và AC
b) Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện tích bằng số
đo chu vi.
Bải giải Điểm
Gọi a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác vuông cần tìm. Giả sử 1
a b c≤ ≤ <
.
Ta có hệ phương trình :
2 2 2
a b c
ab 2(a b c)

+ =

= + +


(1)
(2)
Từ (1)
⇒
c
2
= (a + b)
2
− 2ab

⇒
c
2
= (a + b)
2
− 4(a + b + c) (theo (2))
⇔
(a + b)
2
− 4(a + b) = c
2
+ 4c
⇔
(a + b)
2
− 4(a + b) + 4 = c
2
+ 4c + 4.
⇔
(a + b − 2)
2
= (c + 2)
2

⇔
a + b − 2

= c + 2 (do a + b
≥
2)

⇔
c = a + b − 4.
0,5 điểm
0,5 điểm
Thay vào (2) ta được: ab = 2(a + b + a + b − 4)
⇔
ab −4a−4b + 8 = 0
⇔
b(a −4) −4(a−4) = 8
⇔
(a −4)(b−4) = 8
Phân tích 8 = 1.8 = 2.4 nên ta có:
a 4 1
ho ho
b 4 8
 − =
  
⇔
   
− =
  

a - 4 = 2 a = 5 a =6
Æc Æc
b - 4 = 4 b = 12 b=8
Từ đó ta có 2 tam giác vuông có các cạnh (5 ; 12 ; 13) và (6 ; 8 ; 10)
thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
0,5 điểm
0,5 điểm
b) Chứng minh rằng không có các số nguyên x và y nào thỏa mãn hệ thức: 2008x

2009
+
2009y
2010
= 2011.
Bải giải Điểm
- Nếu y chẵn thì với mọi x
∈
Z có 2008x
2009
+ 2009y
2010
là số chẵn;
mà 2011 là số lẻ, (vô lý)
- Nếu y lẻ thì y
1005
là số lẻ. Đặt y
1005
= 2k + 1 ( k
∈
Z )
⇒
2009y
2010
= 2009(y
1005
)
2
= 2009(2k + 1)
2

= 2009(4k
2
+ 4k + 1) =
4[2009(k
2
+ k)] + 2009.
Ta có 2009y
2010
chia cho 4 dư 1
⇒
2008x
2009
+ 2009y
2010
chia cho 4
dư 1; mà 2011 chia cho 4 dư 3, (vô lý)
Vậy không có các số nguyên x, y nào thỏa mãn hệ thức :
2008x
2009
+ 2009y
2010
= 2011.
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
Bài 4 : ( 2,0 điểm )
Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao kẻ từ B và C cắt nhau tại O.
Chứng minh rằng nếu đường tròn nội tiếp tam giác OAB và đường tròn nội tiếp tam

giác OAC có bán kính bằng nhau thì tam giác ABC là tam giác cân.
Bải giải Điểm
Gọi O
1
và O
2
lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp
các tam giác AOB và AOC.
Kẻ O
1
H
⊥
AB tại H và O
2
K
⊥
AC tại K
⇒
O
1
H = O
2
K (gt)
Điểm O là trực tâm của
∆
ABC
ˆ
ˆ
ABO ACO⇒ =
(cùng phụ

ˆ
BAC
)
1 2 1 2
ˆ
ˆ
OBH OCK
BO H CO K (O H O K; )
2 2
∆ = ∆ = =
BH CK⇒ =
.
∗
Nếu AB > AC thì AH > AK (AB = AH + HB và AC = AK + KC)
1 2
1 2
O H O K
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ
ˆ
O AH O AK OAB OAC ABC ACB AC AB
AH AK
⇒ < ⇒ < ⇒ < ⇒ > ⇒ >

Mâu thuẫn

∗
Nếu AB < AC, lập luận tương tự ta có AB > AC Mâu thuẫn

∗
Vậy AB = AC. Tam giác ABC cân tại A.

Hình 0,25 đ
0,25 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
A
B
C
O
H
K
O
1
O
2
Bài 5 : ( 5,0 điểm )
Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; r) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. Trên đường tròn (O;
R) vẽ dây AB = R. Trên cung lớn AB lấy điểm M, đường thẳng MA cắt đường tròn (O’; r) tại
N (N khác A). Đường thẳng qua N và song song với AB cắt đường thẳng MB tại E.
a) Chứng minh rằng độ dài đoạn thẳng NE không phụ thuộc vị trí điểm M trên cung lớn
AB.
b) Tìm vị trí của điểm M trên cung lớn AB để tam giác MNE có diện tích lớn nhất và
tính giá trị lớn nhất đó.
Bải giải Điểm
a) Ta có
NE MN OO` R r
AB AM AO R
+
= = =

R r
NE .AB R r.
R
+
⇒ = = +

Độ dài đoạn NE không đổi.
b)
MNE
∆
2 2
MNE
MNE MAB
MAB
S NE R r
MAB S .S
S AB R
+
   
∆ ⇒ = ⇒ =
 ÷  ÷
   

Diện tích tam giác MNE lớn nhất
⇔
Diện tích tam giác AMB lớn
nhất.
Gọi M

o
là điểm chính giữa của cung lớn AB
⇒
Tam giác AM
o
B cân
tại M
o
.
Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại M
o
cắt BM tại K.
o
ˆ ˆ ˆ
AM B AMB AKB= >
(góc ngoài của tam giác AMK), do đó M nằm
giữa hai điểm B và K.
suy ra khoảng cách từ M đến AB không lớn hơn khoảng cách từ K
đến AB.
M
o
K // AB
o
M O AB⇒ ⊥
tại H và khoảng cách từ K đến AB bằng
M
o
H.
Vậy khi M là điểm chính giữa của cung lớn AB thì diện tích
∆

AMB
có giá trị lớn nhất.
o
2
o AM B
R 3 R(2 3) (2 3)R
M H R MaxS
2 2 4
+ +
= + = ⇒ =

Diện tích
∆
MNE có giá trị lớn nhất bằng
2 2
2
2
(R r) (2 3)R 2 3
. (R r)
R 4 4
+ + +
= +

Hình 0,25 đ
(0,75 điểm)
(0,75 điểm)
(0,25 điểm)
0,5 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
Chú ý :
O
O’
M
B
A
N
E
K
M
0
H
+ Mỗi bài tốn có thể có nhiều cách giải khác nhau, nếu học sinh có cách giải khác, hợp lý và
đúng chính xác vẫn cho điểm tối đa.
+ Đối với bài tốn hình, nếu khơng có hình vẽ thì khơng chấm.
+ Đề nghị tổ giám khảo cần thảo luận thống nhất quan điểm và chấm chung ít nhất 05 bài để
rút kinh nghiệm, sao cho đảm bảo sự cơng bằng cho tất cả các bài thi.
SỞ GD & Đ T BÌNH PHƯỚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 9
Năm học : 2008 - 2009
Môn : Toán
Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 20 /3 /2009
Câu 1 ( 2 điểm)
Cho phương trình (m + 2)x
2

– 2(m – 1 )x + m - 2 = 0 .
Với m là tham số, tìm m để phương trình có đúng một nghiệm dương.
Câu 2 : (2 điểm)
Cho a, b, c là các số dương, chứng minh rằng:
T =
3
a
a b c+ +
+
3
b
b a c+ +
+
3
c
c b a+ +

≤

3
5
Câu 3 :(2 điểm)
Giải phương trình :
2
x
+
2
2
( 1)
x

x +
= 3
Câu 4 : (1 điểm)
Viết các số tự nhiên từ 1 đến 10 thành một hàng ngang theo thứ tự tùy ý, tiếp đó cộng mỗi số
đã viết với số thứ tự chỉ vị trí mà nó đứng. Chứng minh rằng ít nhất cũng có hai tổng mà chữ số
tận cùng của tổng đó là như nhau.
Câu 5 : (3 điểm)
Cho tam gíac ABC vng tại A. Đường tròn (O) đường kính AB cắt đường tròn (O’) đường
kính AC tại D, M là điểm chính giữa cung nhỏ DC, AM cắt đường tròn (O) tại N, cắt BC tại E.
a . Chứng minh O, N, O’ thẳng hàng.
b . Gọi I là trung điểm MN, chứng minh góc OIO’ vng.

SỞ GD & Đ T BÌNH PHƯỚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 9
Năm học : 2008 - 2009
ĐÁP ÁN MƠN TỐN(Đề thi chính thức)
Câu 1 ( 2 điểm)
Cho phương trình (m + 2)x
2
– 2(m – 1 )x + m - 2 = 0 .
Với m là tham số . Tìm m để phương trình có đúng một nghiệm dương.
* Xét m = - 2 => 6x = 4 => x =
2
3
( nhận m = - 2)
* Xét m
≠
- 2 =>
'
∆
= - 2m + 5

0.5
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

'
∆
= 0 => m =
5
2
khi đó PT có nghiệm kép x =
1
3
=> (nhận m =
5
2
)
* Phương trình có đúng một nghiệm dương khi P < 0

⇔
-2 < m < 2 .
* Xét p = 0 =>m = 2 => 4x
2
- 2x = 0 => x = 0 , x =
1
2
=> m = 2 nhận.
KL : -2
≤
m
≤
2 , m =

5
2

0.5
0.5
0.25
0.25
Câu 2 : (2 điểm) Cho a,b,c là các số dương, chứng minh rằng :
T =
3
a
a b c+ +
+
3
b
b a c+ +
+
3
c
c b a+ +

≤

3
5
đặt x = 3a + b + c ; y = 3b + a + c ; z = 3c + b + a
=> x + y + z = 5( a + b + c) =5(x – 2a ) = 5(y – 2b) =5(z – 2c
=> 4x –(y +z) =10a; 4y –(x +z) =10b ; 4z –(y +x) =10c ;
=> 10T =
4 ( )x y z

x
− +
+
4 ( )y x z
y
− +
+
4 ( )z x y
z
− +
=
= 12 – (
y
x
+
z
x
+
x
y
+
z
y
+
x
z
+
y
z
)

≤
12 -6 =6 => T
≤

3
5
Dấu bằng xẩy ra khi a = b = c
0.25
0.5
0.25
0.5
0.25
0.25
Câu 3 :(2 điểm)
Giải phương trình : x
2
+
2
2
( 1)
x
x +
= 3
ĐK: x
≠
- 1
⇔
( x -
1
x

x +
)
2
= 3 – 2
2
1
x
x +

⇔
(
2
1
x
x +
)
2
+ 2
2
1
x
x +
- 3 = 0
=>
2
1
x
x +
= 1 => x
1,2

=
1 5
2
±
Hoặc
2
1
x
x +
= -3 vơ nghiệm
0.25
1.0
0.5
0.25
Câu 4 : (1 điểm)
Viết các số tự nhiên từ 1 đến 10 thành một hàng ngang theo thứ tự
tùy ý, tiếp đó cộng mỗi số đã viết với số thứ tự chỉ vị trí mà nó đứng.
Chứng minh rằng ít nhất cũng có hai tổng mà chữ số tận cùng của tổng đó
là như nhau.
Gỉa sử các số từ 1 đến 10 được viết thành : a
1
, a
2
, a
3
,…….a
10
.
Lập dãy mới theo yêu cầu bài toán: A
1

= a
1
+1; A
2
= a
2
+2;… , A
10
= a
10
+10
=> A
1
+A
2
+A
3
+…….+A
10
= 2(1+2+3+… +10)=110
110 là số chẵn nên không có trường hợp 5 số A
i
nào đó là lẽ và 5 số
A
j
nào đó là chẵn mà chỉ xẫy ra : số A
i
>5 hoặc A
j
>5.

Từ 1 đến 10 chỉ có 5 vò trí chẵn , 5 vò trí là lẽ
p dụng nguyên tắc Đêriclê=> hoặc có ít nhất hai số A
i
lẽ tận cùng
như nhau hoặc ít nhất hai số A
j
có chữ số tận cùng như nhau.
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu 5 : (3 điểm)
Cho tam gíac ABC vng tại A , đường tròn (O) đường kính AB,
cắt đường tròn(O’) đường kính AC tại D . M là điểm chính giữa cung nhỏ
DC, AM cắt đường tròn(O) tại N, cắt BC tại E.
a . Chứng minh O, N,O’ thẳng hàng.
b . Gọi I là trung điểm MN , chứng minh góc OIO’ vng.
* Giám khảo tự vẽ hình
a . CM tam giác ABE cân đỉnh B => BN vừa là đường cao vừa là trung
tuyến => NA = NE
Có OA=OB, O’A =O’C => O,N,O’ thẳng hàng
b. O’M
⊥
BC => O’M
⊥
OO’ => Tam giác NO’M vng
=> NI =IO’ = IM
=>
·
'IO N

=
·
'O NI
=
·
ANO
=
·
NAO
=> Tứ giác OAO’I nội tiếp=> góc OIO’ vng
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
Trên đây là lời giải tốn tắt khi chấm giám khảo xem các bước cụ thể của bài làm.
Nếu học sinh giải theo cách khác cho kết qủa đúng giám khảo thống nhất các bước chấm điểm.
điểm tồn bài làm tròn đến 0.5.
PHÒNG GIÁO DỤC
KRƠNG NĂNG
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC:2007- 2008
KHỐ NGÀY: 27-02- 2008
MÔN: TOÁN LỚP 9
Thời gian: 150 phút ( khơng kể thời gian giao đề)
ĐỀ 1
Bài1: (3điểm)
a). Chứng minh rằng: Với a > b > 0, ta có:
2008 2008 2007 2007
2008 2008 2007 2007

a b a b
a b a b
− −
>
+ +
.
b). Tìm các số ngun x, y thỏa mãn đẳng thức:
2y
2
x + x + y + 1 =x
2
+ 2y
2
+ xy .
Bài2: (3điểm)Cho hệ phương trình :



=−+
+=−+
2)1(
1)1(
ymx
myxm
với m là tham số.
a) Giải hệ phương trình với m = 2
b) Với giá trị nào của m thì hệ phương trình có nghiệm
c) Tìm giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm (x,y) sao cho tổng x+ y đạt giá trị nhỏ
nhất.
Bài3: (3điểm)

Cho ba số x,y,z
≠
0 thỗ mãn đẳng thức :
zyzxyx +++=+
. Chứng minh rằng:

zyx
111
++
= 0
Bài4: (2điểm)
Cho A = a
2
+ b
2
+ c
2
; trong đó a,b là hai số tự nhiên liên tiếp và c = a.b. Chứng minh rằng:
A
là một số tự nhiên lẻ.
Bài5: (3điểm)
a) Tìm số tự nhiên n sao cho: n + 24 và n – 65 là hai số chính phương.
b) Tìm nghiệm ngun dương của phương trình: x( y – 2) + 3y = 27.
Bài6:(3điểm)
Hãy tìm trong tam giác ABC một điểm M sao cho tích các khoảng cách từ đó đến ba cạnh của
tam giác có giá trị lớn nhất.
Bài7: (3điểm)
Cho đường tròn tâm O và điểm M ở trên đ ường tròn đó. Đường tròn tâm M cắt đường tròn
tâm O tại hai điểm phân biệt A và B. Gọi C là điểm ở trên đường tròn tâm M và ở miền ngoài
đ ường tròn tâm O. Đường thẳng AC cắt đường tròn tâm O ở D.

Chứng minh: MD vuông góc với BC.
Hết
PHÒNG GIÁO DỤC
KRÔNG NĂNG
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM _ MÔN TOÁN( ĐỀ 1)
Bài1: (3điểm)
a). Chứng minh bài toán trung gian sau:” Nếu a> b> 0 và m, n là hai số tự nhiên sao cho m
> n thì:
m m n n
m m n n
a b a b
a b a b
− −
>
+ +
2 2
m m m n n n
m m n n
a b b a b b
a b a b
+ − + −
⇔ >
+ +
2 2
1 1
m n
m m n n
b b
a b a b
⇔ − > −

+ +
(0,5đ)
2 2
m n
m m n n
b b
a b a b
⇔ − > −
+ +
m n
m m n n
b b
a b a b
⇔ <
+ +
(0,25đ)
1 1
m m n n
m n
a b a b
b b
⇔ <
+ +
1 1
1 1
m n
m n
a a
b b
⇔ <

+ +

1 1
m n
m n
a a
b b
⇔ + > +
m n
a a
b b
   
⇔ >
 ÷  ÷
   
(*) (0,5đ)
V ới a > b > 0; m > n thì BĐT (*) luôn đúng.
Vậy với m = 2008, n = 2007 ta luôn có BĐT:
2008 2008 2007 2007
2008 2008 2007 2007
a b a b
a b a b
− −
>
+ +
(0,25đ)
b). Ta có: 2y
2
+ x + y + 1 = x
2

+ 2y
2
+ xy

⇔
2y
2
(x - 1) – x(x - 1) – y(x - 1) + 1 = 0 (1) (0,5đ)
-Vì x = 1 không là nghiệm của (1). Khi đó chia hai vế của (1) cho x – 1, ta có:

2
1
2 0
1
y x y
x
− − + =
−
(2) (0,25đ)
-Với x, y nguyên. Suy ra:
1
1x −
nguyên nên x – 1 = 1 hoặc x – 1 = -1
2
0
x
x
=

⇔


=

(0,5đ)
-Thay x = 2 và x = 0 vào (2), ta có: y = 1 hoặc y =
1
2
và y
∈
Z.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên là (2;1) và (0;1). (0,25đ)
Bài2: (3điểm)
a) Khi m=2 thì hệ phương trình đã cho trở thành:



=+
=−
2
33
yx
yx
(0,25đ)
Hệ phương trình có nghiệm:








=
=
4
3
4
5
y
x
(0,75đ)
b) Ta có: y = (m+ 1)x – (m –1)
Do đó: x + (m
2
– 1)x – (m
2
–1 ) = 2 ⇔ m
2
x = m
2
+ 1 (*) (0,5đ)
Nếu m ≠ 0 thì hệ có nghiệm duy nhất:
22
2
1
;
1
m
m
y
m

m
x
+
=
+
=
(0,25đ)
Nếu m = 0 thì hệ vô nghiệm (0,25đ)
Vậy với m≠ 0 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất
c) Ta có:
2
2
21
1
2
m
mm
mm
yx ++=
++
=+
(0,25đ)

Đặt
m
a
1
=
thì:
8

7
8
7
4
1
2
8
7
16
1
2
221
2
22
≥+






+=+






++=++=+ a
a

aaayx
(0,5đ)
Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng x + y là
8
7
khi
4
1
−=a
tức là khi m = - 4 (0,25đ)
Bài3: (3điểm)
Điều kiện: x+y; y + z ; x + z
≥
0 (0.5đ)
Xét:
zyzxyx +++=+
(1)
Bình phương hai vế của(1) ta được:
( )
)( zyzx ++
= - z (2) (0.75đ)
Do đó: z < 0 => x, y > 0 (0.5đ)
Bình phương hai vế của (2) ta được: (x + z)(y + z) = z
2
(0.5đ)
 xy + xz + yz = 0 (0.25đ)

zyx
111
++

= 0 (0.5đ)
Bài4: (2điểm)
Ta có: A = a
2
+ b
2
+ c
2
= a
2
+ (a+1)
2
+ a
2
(a+1)
2
(0.75đ)
= 2a
2
+2a + 1+ a
2
(a+1)
2
=2a(a+1) + 1 + a
2
(a+1)
2

=
( )

2
1 1a a + + 
 
(0.75đ)
Vậy:
(
1) 1A a a= + +
là số tự nhiên lẻ (0.5đ)
Bài5: (3điểm)
a)Ta có:





=−
=+
2
2
65
24
hn
kn
6524
22
+=−⇔ hk
( )( )
89.189 ==+−⇔ hkhk
(0,75đ)




=
=
⇒



=−
=+
⇔
44
45
1
89
h
k
hk
hk
(0,5đ)
Vậy: n = 45
2
– 24 = 2001 (0,25)
b)Ta có: x(y-2)+3y = 27
⇔
x(y-2)+3(y-2) = 21
⇔
(y-2)(x+3) = 21 (0,75đ)

3 7

2 3
x
y
+ =

⇔

− =

hoặc :
3 21
2 1
x
y
+ =


− =


4
5
x
y
=

⇔

=


hoặc :
18
3
x
y
=


=

(0,5đ)
Vậy : Nghiệm nguyên dương của phương trình là : (4 ;5) ; (18 ;3) (0,25đ)
Bài6:(3 điểm)
Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ M đến ba cạnh BC, CA, AB;h
a
, h
b
, h
c
là các đường cao
tương ứng. (0,5đ)
Ta có:

( )
( )
( )
( )
( )
( )
a

b
c
S MBC x
S ABC h
S AMC y
S ABC h
S AMB z
S ABC h
=
=
=
(0,75đ)
Suy ra:
( ) ( ) ( ) ( )
1
( ) ( )
a b c
x y z S MBC S MAC S MAB S ABC
h h h S ABC S ABC
+ +
+ + = = =
(0,5đ)
Vì ba số :
, ,
a b c
x y z
h h h
có tổng không đổi .Nên:
. .
a b c

x y z
h h h
lớn nhất
, ,x y z
⇔
lớn nhất. (0,5đ)
1
3
a b c
x y z
h h h
⇔ = = =
. Lúc đó: M là trọng tâm của ABC. (0,75đ)
Bài7: (3điểm)
a) Trường hợp1: M và D nằm cùng phía đối với đường thẳng AB
Trong đường tròn tâm O ta có:
DMBDAB
ˆ
ˆ
=
( cùng chắn cung BD) (0,25đ)
Trong đường tròn M ta có:
CMBCAB
ˆ
2
1
ˆ
=
(quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn
cùng chắn cung BD) (0,25đ)

Suy ra:
CMBDMB
ˆ
2
1
ˆ
=
(0,25đ)
Ta lại có: BMC cân tại M (MB =MC = bán kính) (0,25đ)
Do đó: phân giác MD đồng thời là đường cao (0,25đ)
Vậy:
BCMD ⊥
Trường hợp2: M và D nằm khác phía với AB.
Kẻ đường kính ME của đường tròn tâm O. Gọi H là giao điểm của MD và BC (0,25đ)
Trong đường tròn tâm M ta có:
EMABMABCA
ˆˆ
2
1
ˆ
==
(0,25đ)
Trong đường tròn tâm O ta có:
MDAMEA
ˆˆ
=
( cùng chắncung AM ) (0,25đ)
Do đó: AME đồng dạng với HCD (g-g) (0,25đ)
Suy ra:
0

90
ˆ
ˆ
== MAECHD
(0,25đ)
a)
b)
(0,5đ)
M
C
B
A
D
C
M
O
B
A
E
H
B
D
A
C
M
O
Vậy: MD ⊥ BC

Chú ý: Các cách giải khác nếu đúng vẫn ghi điểm tối đa.
PHÒNG GIÁO DỤC GIA VIỄN

TRƯỜNG THCS GIA PHƯƠNG

MÃ KÍ HIỆU
T-DH01-HSG9-09
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học 2009-2010
Môn thi : TOÁN
Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề
(Đề này gồm 06 câu trên 01 trang)

Câu 1 : 3,5điểm
1/ Tính : A =
5210452104 +−+++
2/ Cho a, b, c thoả mãn:
a b c b c a c a b
c a b
+ − + − + −
= =
Tính giá trị biểu thức: P =
1 1 1
b c a
a b c
   
+ + +
 ÷ ÷ ÷
   
Câu 2: 3,5điểm
1/ Cho ba số x, y, z tuỳ ý. Chứng minh rằng
2
2 2 2

3 3
x y z x y z+ + + +
 
≥
 ÷
 
2/ Chứng minh rằng nếu
1 1 1
2
a b c
+ + =
và a + b + c = abc thì ta có
2 2 2
1 1 1
2
a b c
+ + =
Câu 3: 4điểm
1/ / Giải phương trình :
12428
1
4
2
36
−−−−=
−
+
−
yx
yx

2/ Tìm giá trị cuả m để hệ phương trình
2
3 5
mx y
x my
− =


+ =

có nghiệm thoả mãn hệ thức :
2
2
1
3
m
x y
m
+ = −
+
Câu 4: 5điểm
1/ Cho tam giác ABC vuông tại A, phân giác AD
a) Chứng minh hệ thức:
2 1 1
AD AB AC
= +
b) Hệ thức trên thay đổi như thế nào nếu đường phân giác trong AD bằng đường phân giác ngoài
AE
2/ Cho tam giác ABC cân tại A, gọi I là giao điểm của các đường phân giác.Biết IA =2
5

cm, và IB
= 3cm. Tính độ dài AB.
Câu 5: 2điểm
Cho a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC.
Chứng minh rằng: sin
2
2
A a
bc
≤
Câu 6: 2điểm
Tìm các giá trị nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: ( y + 2 ). x
2
+ 1 = y
2

Hết
PHÒNG GIÁO DỤC GIA
VIỄN
TRƯỜNG THCS GIA
PHƯƠNG

MÃ KÍ HIỆU
T-DH01-HSG9-09
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học 2009-2010
Môn thi : TOÁN
Thời gian: 150phút không kể thời gian giao đề
(Hướng dẫn chấm này gồm 5 trang)

Câu Đáp án Điể
m
1. (2điểm)
Vì
52104 ++
> 0;
52104 +−
> 0 ⇒ A > 0 (1)
0,25
đ
A
2
=
52104)52104)(52104(252104 +−++−+++++

0,25
đ
=
52101628 −−+

=
152528 +−+
=
2
)15(28 −+
=
1528 −+

= 8 + 2
25 −

=
2
)15( +
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: A =
15 +

0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
2. (1,5điểm)
Từ gt ta có
2 2 2
a b c b c a c a b
c a b
+ − + − + −
+ = + = +

0,25
đ

suy ra
a b c b c a c a b
c a b
+ + + + + +
= =
0,25
đ
Xét hai trường hợp
* Nếu a + b + c = 0
⇒
a + b = -c b + c = - a c + a = -b
P =
1 1 1
b c a
a b c
   
+ + +
 ÷ ÷ ÷
   
=
a b b c c a
a b c
+ + +
   
 ÷ ÷ ÷
   
=
( )c
a
−

.
( )a
b
−
.
( )b
c
−
=
abc
abc
−
= -1
0,25
đ
0,25
đ
* Nếu a + b + c
≠
0
⇒
a = b = c
⇒
P = 2.2.2 = 8
0,25
đ
0,25
đ
Câu 2
3,5điể

m
1. (1,5điểm)
Áp dụng BĐT Côsi ta có: x
2
+ y
2

≥
2xy (1)
y
2
+ z
2

≥
2yz (2)
z
2
+ x
2

≥
2zx (3)
0,25
đ
Cộng từng vế ba BĐT trên ta được 2( x
2
+ y
2
+ z

2
)
≥
2( xy + yz + zx ) 0,25
đ
⇒
2( x
2
+ y
2
+ z
2
) + ( x
2
+ y
2
+ z
2
)
≥
( x
2
+ y
2
+ z
2
) + 2( xy + yz + zx )
⇒
3( x
2

+ y
2
+ z
2
)
≥
( x + y + z )
2

0,25
đ
0,25
đ
chia hai vế cho 9 ta được

2 2 2 2
( )
3 9
x y z x y z+ + + +
=

hay
2
2 2 2
3 9
x y z x y z+ + + +
 
=
 ÷
 

0,25
đ
0,25
đ
2. (2điểm)
Từ
1 1 1
2
a b c
+ + =

⇒

2
1 1 1
4
a b c
 
+ + =
 ÷
 

⇒

2 2 2
1 1 1 1 1 1
2 4
a b c ab bc ca
 
+ + + + + =

 ÷
 
0,25
đ
0,50
đ
⇒

2 2 2
1 1 1
2 4
a b c
a b c abc
+ +
 
+ + + =
 ÷
 
0,25
đ
mà a + b + c = abc
⇒

1
a b c
abc
+ +
=

0,25

đ
0,25
đ
⇒

2 2 2
1 1 1
2 4
a b c
+ + + =

⇒

2 2 2
1 1 1
2
a b c
+ + =
0,25
đ
0,25
đ
1. (2,5điểm)
Phương trình
12428
1
4
2
36
−−−−=

−
+
−
yx
yx
(1) có ĐKXĐ là : x > 2, y
> 1
* Với điều kiện : x > 2, y > 1 ta có :
+ Phương trình (1) ⇔
028
1
)1(4
2
)2(436
2
2
=−
−
−+
+
−
−+
y
y
x
x

⇔
0
1

)12(
2
)226(
2
2
=
−
−−
+
−
−−
y
y
x
x
(2)
+ Với x > 2, y > 1 ⇒







>−
>−
≥−−
≥−−
01
02

0)12(
0)226(
2
2
y
x
y
x
(3)
Từ (2) và (3) ⇒





=−−
=−−
0)12(
0)226(
2
2
y
x
⇔





=−−

=−−
012
0226
y
x
⇔





−=
−=
12
226
y
x
⇔



=
=
5
11
y
x
Thử lại ta thấy x = 11và y = 5 là nghiệm của phương trình
Vậy phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x, y) = (11, 5)

0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,50
đ
0,25
đ
2. (1,5điểm)
Hệ phương trình
2
3 5
mx y
x my
− =


+ =


Rút y từ phương trình thứ nhất , rồi thế vào phương trình thứ hai ta có:
(m
2
+ 3)x = 2m + 5. Do m
2
+ 3 > 0 với mọi m nên ta có

2
2 5
3
m
x
m
+
=
+
,
0,25
đ
0,25
đ

2
5 6
3
m
y
m
−
=

+

Theo đề bài ta lại có :
2
2 2 2
2 5 5 6
1
3 3 3
m m m
m m m
+ −
+ = −
+ + +
(*)
Giải phương trình này ta được m =
4
7

0,25
đ
0,25
đ
0,50
đ
1. (3,0điểm)
a. (2,0điểm)
a. Đặt AC = b; AB = c Ta có S
ABC
=
1

2
bc
⇒
bc = 2 S
ABC

= 2 S
ABD

+ 2S
ADC

= AD.AB.sin45
0
+ AC.AD.sin45
0
= ( AB + AC )AD.sin45
0
= ( b + c )AD.sin45
0
Suy ra bc = ( b + c )AD.
2
2
= ( b + c ).
2
AD

⇒

2

AD
=
bc
b c+


⇒

2
AD
=
1 1b c
bc c b
+
= +

Vậy
2 1 1
AD AB AC
= +
(đpcm)
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25

đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
b. (1,0điểm)
Ta có bc = 2 S
ABC

= 2 S
ACE

- 2S
ABE

= AE.AC.sin135
0
– AE.AB.sin45
0

= ( b – c )AE.
2
2

⇒
bc = ( b – c )AE.
2
2

= ( b – c ) AE.
2
2
0,25
đ
0,25
đ
E
D
C
B
A
Câu 4
5,0điể
m


⇒

2
AE
=
1 1b c
bc c b
−
= −

Vậy
2 1 1
AE AC AB

= −
hay
ABACAD
112
−=
0,25
đ
0,25
đ
2. (2,0điểm)
Kẻ AM
⊥
AC, M thuộc tia CI
Chứng minh được ∆ AMI cân tại M
⇒
MI = AI = 2
5
Kẻ AH
⊥
MI
⇒
HM = HI Đặt HM = HI = x ( x > 0 )
Xét ∆ AMC vuông tại A ta có AM
2
= MH.MC
⇒
(2
5
)
2

= x.(2x + 3)
⇒
2x
2
+ 3x – 30 = 0
⇔
( 2x – 5)(x + 4) = 0
⇒
x = 2,5 hoặc x = -4 ( loại vì x > 0)
Vậy MC = 8cm
Ta có AC
2
= MC
2
– AM
2
= 8
2
– (2
5
)
2
= 64 – 20 = 44
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25

đ
I
H
M
C
B
A
C
B
⇒
AC =
44
= 2
11
cm
⇒
AB = 2
11
cm

0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
Câu 5
2,0điể

m
Hình vẽ
Kẻ Ax là tia phân giác của góc BAC, kẻ BM
⊥
Ax và CN
⊥
Ax
Từ hai tam giác vuông AMB và ANC, ta có
sinMAB = sin
2
A
=
BM
AB

⇒
BM = c.sin
2
A
sinNAC = sin
2
A
=
CN
AC

⇒
CN = b. sin
2
A

Do đó BM + CN = sin
2
A
( b + c)
Mặt khác ta luôn có BM + CN
≤
BD + CD = BC = a
Vì thế sin
2
A
( b + c )
≤
a ( vì sin
2
A
< 1)
Do b + c
≥

bc2
nên
1 1
2
b c
bc
≤
+

hay sin
2

A

≤

bc
a
2
(đpcm)
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
Từ ( y + 2 ).x
2
+ 1 = y
2

⇔

x
2
=
2
1 3
2
2 2
y
y
y y
−
= − +
+ +

vì x, y nguyên nên y + 2 là Ư(3)
0,25
đ
D
N
M
x
C
B
A
Câu 6
2,0điể
m
suy ra y + 2 = 1 ; 3; -1; -3
Nên y = -1 ; 1; -3 ; 5
do x

2

0≥
nên (y
2
-1)(y+2)
0≥
,
2≠y

⇒

2 1y− ≤ ≤ −
hoặc y
1≥
do đó y = -1 hoặc y = 1 suy ra x = 0
Vậy giá trị nguyên của x, y thỏa mãn là : (x,y) =
{ }
0 1 0 1( , );( , )−

0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ

0,25
đ
0,25
đ
CHÚ Ý :
- Nếu học sinh làm cách khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa theo thang điểm của ý đó
- Khi học sinh làm phải lý luận chặt chẽ mới cho điểm tối đa theo ý đó
HẾT
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 TỈNH ĐỒNG NAI
NĂM HỌC 2006-2007
Câu 1. (3,0 điểm)
Tìm các nghiệm của đa thức:
4 3 2
( ) 7 6 6P x x x x x= − − + +
.
Câu 2. (3,5 điểm)
So sánh
3
123 22 2 77 2 155− + −
và 6.
Câu 3. (3,5 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng (d
1
), (d
2
) lần lượt có
phương trình: y=2x-3, y=4x+5; gọi Q
1
là giao điểm của (d
1

) với trục tung, Q
2
là giao
điểm của (d
1
) với trục tung, Q là giao điểm của (d
1
) với (d
2
);
Chứng minh
·
1 2
Q QQ
là góc nhọn.
Câu 4. ( 3 điểm)
Cho phân số tối giản
1 1 1 1 1

1 2 3 2006 2007
p
q
= + + + + +
(Vế trái là tổng của
những phân số mà các tử số đề bằng 1 và các mẫu số lần lượt là 2007 số nguyên
dương đầu tiên 1,2,3, , 2006,2007);
Chứng minh p là số lẻ và q là số chẵn.
Câu 5. (3,5 điểm)
Cho tam giác cân ABC có
·

0
120BAC =
; biết M,N là hai điểm thuộc cạnh BC
thỏa BM=CN=MN;
Tính
·
MAN
.
Câu 6. (3,5 điểm)
Cho tam giác EFG CÓ
·
EFG
là góc tù;
Xác định đường tròn có bán kính nhỏ nhất sao cho không có đỉnh nào của tam giác
EFG nằm bên ngoài đường tròn.

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. Ta có
4 3 2 4 3 2 2 2 2
( ) 7 6 6 6 6 6 ( 6)( 1)P x x x x x x x x x x x x x= − − + + = − − − + + = − − −
2
2
6 0 ( )
( ) 0
1 0 ( )
x i
P x
x x ii

− =


⇒ = ⇔

− − =

Phương trình (i) có nghiệm
6x = ±
Phương trình (ii) có nghiệm
1 5
2
x
±
=
Vậy đa thức P(x) có bốn nghiệm
6x = ±
,
1 5
2
x
±
=
.
Câu 2.
Ta có
2 2 2
123 22 2 11 2.11 2 ( 2) (11 2) 11 2− = − + = − = −
;
Mặt khác
3 2 2 3 3
3

3 3
77 2 155 ( 2) 3( 2) .5 3 2.5 5 ( 2 5) 2 5− = − + − = − = −
;
Do đó
3
123 22 2 77 2 155− + −
=6.
Câu 3.
Ta có (d
1
) đi qua hai điểm
3
( ;0)
2
S
và
1
(0; 3)Q −
,
Tương tự (d
2
) đi qua hai điểm
5
( ;0)
4
T −
và
2
(0;5)Q
và (d

1
) cắt (d
2
) tại Q(-4;-11);
(Bạn đọc tự vẽ hình)
Vì (d
2
) có hệ số góc a=4>0 nên
·
2
Q TS
là góc nhọn, suy ra
·
STQ
là góc tù (Vì là góc kề bù với
·
2
Q TS
)
Vậy
·
SQT
nhọn (vì
STQ∆
có góc
·
STQ
là góc tù). Do đó ta có đpcm.
Câu 4.
Ta chỉ cần chứng minh q chẵn là đủ (vì khi đó

p
q
là phân số tối giản kéo theo p là số lẻ)
Ta có:
10 11
2 1024 2007 2048 2= < < =
. Đặt
2007!N =
, khi đó sẽ tồn tại số nguyên dương k
>10 sao cho
2
k
NM
mà N không chia hết cho 2
k+1
;
Từ đó
2
k
N m=
(m là số lẻ nào đó);
Nhận thấy
1 2 2007
a a a
p
q N
+ + +
=
( Với
i

N
a
i
=
ở đó i=1,2, ,1203,1205,1206, ,2007)
Mặt khác theo lí luận ở trên thì
( 10)
2
k
i i
a b
−
=

(ở đó b
i
là số chẵn, với mọi i=1,2, ,1203,1205, ,2007 và b
1204
=m là số lẻ)
Do đó
( 10)
1 2 2007 1 2 2007
10
2 ( ) ( )
2 2
k
k
b b b b b b
p
q

m m
−
+ + + + + +
= =
.
Lý luận trên kéo theo
1 2 2007
b b b+ + +
là số lẻ. Điều này chứng tỏ q là số chẵn .
Câu 5.
Xảy ra một trong hia khả năng sau:

TH1: Trường hợp M không nằm giữa B và N.
Khi đó BM=CN=MN=BC. Nghĩa là
; M C N B≡ ≡
Vậy
·
0
120MAN =
.
TH2: Trường hợp M nằm giữa B và N
Khi đó
1
3
BM CN MN BC= = =
;
Vì
ABC∆
cân, mà
·

0
120BAC =
nên AB=AC.
Gọi I là trung điểm BC (suy ra I là trung điểm của MN)
Ta có
ABI∆
vuông tại I và
·
0
30ABI =
. Vậy
0
1
sin30
2
AI
AB
= =
Mặt khác I là trung điểm BC
1
2
MI MI AI
MB MB AB
⇒ = ⇒ =
nên
·
· ·
0
30BAM MAI MAI= ⇒ =
.

Từ đó
·
0
60MAN =
.
Câu 6.
Gọi J là trung điểm FG
EJ FJ GJ⇒ < =
. Xét đường tròn (J) đường kính FG
suy ra các đỉnh của tam giác EFG không nằm bên ngoài của (J).
Gọi (O;R) là đường tròn tùy ý sao cho các đỉnh của tam giác EFG không nằm bên ngoài của
(O;R), suy ra F, G nằm trên hoặc nằm bên trong của (O;R)
2FG R⇒ ≤
.

B

C

A

I

M

N

Vậy (J) là đường tròn có bán kính nhỏ nhất thở điều kiện bài toán.
Người gửi: Lương Quang Dương Phòng phổ thông- Sở Giáo Dục Đồng Nai

PHÒNG GD&ĐT HƯƠNG THỦY KỲ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN 2008 - 2009
Môn thi: Toán – Lớp 9
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (4điểm)
a/ Chứng minh rằng:
322
32
++
+
+
322
32
−−
−
=
2
.
b/ Giải hệ phương trình gồm hai phương trình sau:

1
y
1
x
1
22
=+
(1) và
2xy1y1x
22
+=−+−

(2).
Câu 2: (6 điểm)
a/ Tìm nghiệm tự nhiên (x; y) của phương trình: (x
2
+ 4y
2
+ 28)
2
= 17(x
4
+ y
4
+ 14y
2
+ 49)
b/ Tìm n ∈ Z để n + 26 và n – 11 đều là lập phương của số nguyên dương.
c/ Cho biểu thức A = x
2
+ xy + y
2
– 3x – 3y + 3002. Tìm giá trị x và y để A đạt min.
Câu 3: (2điểm)
Giải hệ phương trình:
x 3 y 2 5
(x 3)(y 2) 6
 + + − =

+ − = −

.

Câu 4: (4 điểm) Cho ∆ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) với hai đường cao AD và CE cắt nhau tại
trực tâm H. Kẻ đường kính BM của (O). Gọi I là giao điểm của BM và DE, K là giao điểm của AC và
HM.
a/ Chứng minh rằng: Các tứ giác AEDC và CMID là các tứ giác nội tiếp.
b/ Chứng minh rằng: OK ⊥ AC.
Câu 5: (4 điểm) Cho ∆ABC nội tiếp (O) và một điểm M bất kỳ trên đường thẳng BC (M ≠ B và
C). Vẽ đường tròn đi qua M và tiếp xúc với AB tại B; vẽ đường tròn đi qua M và tiếp xúc với AC
tại C, hai đường tròn này cắt nhau tại điểm thứ hai là P.
Chứng minh rằng: P ∈ (O) và đường thẳng PM luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên
BC.
Hết
ÁP ÁN TOÁN HSG HUY N 2008 - 2009Đ Ệ
Câu 1: a/ (2 đ) Để ý rằng 2 +
3
=
4 2 3
2
+
=
2
( 3 1)
2
+
. Tương tự thì 2 –
3
=
2
( 3 1)
2
−

Vế trái:
322
32
++
+
+
322
32
−−
−
=
2 3
2 ( 3 1): 2
+
+ +
+
2 3
2 ( 3 1): 2
−
− −
=
)
33
32
33
32
(2
−
−

+
+
+
=
)
39
333326333326
(2
−
−−++−+−
=
2
: Vế phải.
b/ (2đ) Điều kiện: x
2
≥ 1; y
2
≥ 1; xy + 2 ≥ 0. Từ phương trình (1) ta có x
2
+ y
2
= x
2
y
2
(3).
Bình phương hai vế phương trình (2) ta có x
2
– 1+ y
2

– 1 + 2
1y1x
22
−−
= xy + 2 hay
x
2
+ y
2
+2
1)yx(yx
2222
++−
– xy – 4 = 0 (4). Thay (3) vào (4) ta có PT: (xy)
2
– xy – 2 = 0 ⇔ (xy
– 2)(xy + 1) = 0 ⇔ xy – 2 = 0 hoặc xy + 1 = 0.
* Nếu xy – 2 = 0 ⇔ xy = 2 thì thay vào (3) ta có được: x
2
+ y
2
= 4 ⇔ (x + y)
2
– 2xy = 4 ⇔ (x
+ y)
2
= 8 ⇔ x + y =
22±
. Giải hệ




=
±=+
2xy
22 yx
⇔





=
=
2y
2x
hoặc





−=
−=
2y
2x
. Các giá trị x; y
tìm được đều thỏa điều kiện nên được chọn.
* Nếu xy + 1 = 0 hay xy = – 1 thì thay vào (3) ta có được x
2

+ y
2
= 1 ⇔ (x + y)
2
– 2xy = 1 ⇔ (x
+ y)
2
= – 1 < 0: Vô lý.
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là: (x; y) = (
2
;
2
) và (–
2
; –
2
).
Câu 2
a/ (2điểm) Biến đổi tương đương PT đã cho: (*) ⇔ [x
2
+ 4(y
2
+ 7)]
2
= 17[x
4
+ (y
2
+ 7)
2

]
⇔ x
4
+ 8x
2
(y
2
+ 7) + 16(y
2
+ 7)
2
= 17x
4
+ 17(y
2
+ 7)
2
⇔ 16x
4
– 8x
2
(y
2
+ 7) + (y
2
+ 7)
2
= 0 ⇔ [4x
2
– (y

2
+ 7)]
2
= 0 ⇔ 4x
2
– y
2
– 7 = 0 ⇔ (2x

– y)(2x + y) = 7 (1)
Vì x; y ∈ N nên 2x

– y ≤ 2x + y và 2x + y ≥ 0, chúng đều có giá trị nguyên nên suy được



=−
=+
1yx2
7yx2
⇔



=
=
3y
2x
. Vậy phương trình có một nghiệm tự nhiên là: (2; 3).
Cách khác: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacovski để có:

[1x
2
+ 4(y
2
+ 7)]
2
≤ (1
2
+ 4
2
)[x
4
+ (y
2
+ 7)
2
] hay [x
2
+ 4(y
2
+ 7)]
2
≤ 17[x
4
+ (y
2
+ 7)
2
], dấu bằng xảy
ra (tức là có PT (*)) khi 4x

2
= y
2
+ 7 ⇔ (2x

– y)(2x + y) = 7. Làm tiếp như trên.
b/(2 điểm) n + 26 = a
3
và n – 11 = b
3
với a > b ∈ N* ⇒ a
3
– b
3
= 37⇔ (a
2
+ ab + b
2
)(a – b) = 37. Ta
có số 37 là số nguyên tố và do a > b ∈ N* nên (a
2
+ ab + b
2
) > (a – b) và là các số tự nhiên ⇒



−
++
1=ba

37=baba
22
⇔



−
−−
b=1a
0=21aa
2
⇔ a = 4 và b = 3 (còn a = – 3 và b = – 4 bị loại). Thay vào
đẳng thức n + 26 = a
3
hoặc n – 11 = b
3
ta có n = 38.
c/ (2điểm) Biến đổi biểu thức A = (x
2
– 2x + 1) + (y
2
– 2y + 1) – x – y + xy + 1 + 2009
= (x – 1)
2
+ (y – 1)
2
+ (x – 1)(y – 1) + 2009 = [(x – 1) +
2
1
(y – 1)]

2
+
4
3
(y – 1)
2
+ 2009.
Có [(x – 1) +
2
1
(y – 1)]
2
≥ 0 và
4
3
(y – 1)
2
≥ 0 ∀x; y nên A
min
= 2009 khi (y – 1)
2
= 0 và [(x
– 1) +
2
1
(y – 1)]
2
= 0 ⇔ x = 1 và y = 1. Vậy A
min
= 2009 khi (x; y) = (1; 1).

Câu 3 (2đ) Để sử dụng định lý Viét đảo ta cần biến đổi hệ phương trình thành tổng và tích:



−=−+
=−++
6)2y)(3x(
52y3x
⇔





<−+
=−+
=−++
0)2y)(3x(
62y.3x
52y3x
. Xem
3x +
và
2y −
là hai nghiệm của PT: X
2
–
SX + P = 0 tức là: X
2
– 5X + 6 = 0 X

1
= 2; X
2
= 3. Vậy ta có hai hệ PT sau:
(I)





<−+
=−
=+
0)2y)(3x(
32y
23x
và (II)





<−+
=−
=+
0)2y)(3x(
22y
33x
.
*Giải hệ (I): Hệ (I) ⇔




−=−
=+
32y
23x
hoặc



=−
−=+
32y
23x
⇔



−=
−=
1y
1x
hoặc



=
−=
5y

5x
*Giải hệ (II): Hệ (II) ⇔



−=−
=+
22y
33x
hoặc



=−
−=+
22y
33x
⇔



=
=
0y
0x
hoặc



=

−=
4y
6x
Vậy hệ PT đã cho có 4 nghiệm là: (–1; –1); (– 5; 5); (0; 0); (– 6; 4).
Câu 4 a/ Theo giả thiết:
·
·
AEC ADC=
= 90
0
. Tứ giác AEDC có hai đỉnh kề D và E cùng nhìn đoạn
AC dưới một góc 90
0
nên nội tiếp đường tròn ⇒
·
BAC
=
·
BDE
(cùng bù với
·
EDC
), mà
·
BAC
=
·
BMC
(góc nội tiếp cùng chắn
»

BC
).
Vậy
·
BDE
=
·
BMC
nên tứ giác DIMC nội tiếp đường tròn.
b/ BM là đường kính của (O) nên
·
BAM
=
·
BCM
= 90
0
(chắn nửa
đường tròn). Suy ra HC // AM (cùng ⊥ AB) và HA // CM (cùng ⊥
BC) nên AMCH là hình bình hành ⇒ K là trung điểm của đường
chéo AC. Vậy OK ⊥ AC (quan hệ đường kính và dây cung).
Câu 5 Trước hết cần chứng minh P ∈ (O) với mọi vị trí M. Xét các trường hợp:
*Điểm M thuộc cạnh BC: Do AB tiếp xúc với đường tròn (BPM) nên
·
BPM
=
·
ABC
(vì cùng
chắn

¼
BM
). Do AC tiếp xúc với đường tròn (CPM) nên
·
CPM
=
·
ACB
(chắn
¼
CM
).
Suy ra
·
BAC
+
·
BPC
= Â +
µ
µ
B C+
= 180
0
nên tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn.
Qua ba điểm A, B, C chỉ xác định được một đường tròn (O) nên P ∈ (O).

K

H

I

M

D

E

O

B

C

A



A

N

P

N

P

O

O

A

B

C

M

B

C

M

* Điểm M thuộc tia Bx là tia đối của tia BC (hoặc M thuộc tia Cy là tia đối của tia CB)
Chứng minh tương tự có
·
PBA
=
·
PMC
(chắn
»
PB
) và
·
PCA

=
·
PMC
(chắn
»
PC
) nên
·
PBA
=
·
PCA
. Hai đỉnh kề B và C của tứ giác ACBP cùng nhìn đoạn PA dưới những góc bằng nhau nên
nội tiếp đường tròn. Suy ra P ∈ (O).
Gọi N là giao điểm của đường thẳng PM với (O) thì trong cả hai trường hợp ta đều có:
·
ANP
=
·
ACP
(chắn
»
AP
) và
·
ACP
=
·
NMC
⇒

·
ANP
=
·
NMC
, chúng ở vị trí so le nên AN // BC. Do
∆ABC nội tiếp đường tròn (O) cho trước và AN // BC với N ∈ (O) nên điểm N cố định. Vậy PM
đi qua điểm N cố định.
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯƠNG THỦY
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2008 – 2009
MÔN TOÁN 9
Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (3 điểm). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
a/ A = 3x
2
– 8x + 4 b/ B = 4b
2
c
2
– (b
2
+ c
2
– a
2
)
2
.
Câu 2 (3 điểm). Cho phương trình ẩn x là:
28

)x5(7
10
m
5
mx2
1
6
mx5
−
−−
+
=−
−
a. Giải phương trình theo tham số m.
b. Tìm các giá trị nguyên của m để nghiệm của phương trình là x thoả
0 < x < 10.
Câu 3 (2 điểm). So sánh
7474 −−+
và
2
Câu 4 (2 điểm). Giải phương trình:
11x1)1x(
2
−−=−−
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 5 (4 điểm). Cho ∆ABC có Â = 90
0
, phân giác BD, trung tuyến AM và trọng tâm là G. Cho biết GD ⊥
AC tại D. Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng AG.
a. Chứng minh: DE // BC

b. Tính số đo
·
ACB
.
Câu 6 (3 điểm). Cho tam giác ABC. Vẽ về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE, ACFG
có tâm theo thứ tự là M và N. Gọi I và K theo thứ tự là trung điểm của EG và BC
a. Chứng minh KMIN là hình vuông.
b. Chứng minh IA
⊥
BC.
Câu 7 (3 điểm).
a. Chứng minh rằng
+
2 3 28 29 30
A = 3+ 3 + 3 + +3 3 + 3
chia hết cho 13.
b. Giải bất phương trình
1+ x
< 2
-x
Hết