đề thi hsg toán 9 tỉnh Daklak

T
T
h
h
i
i


h
h
o
o
ï
ï
c
c


s
s
i
i
n
n
h
h


g
g
i

i
o
o
û
û
i
i


c
c
a
a
á
á
p
p


t
t
ỉ
ỉ
n
n
h
h


m

m
o
o
â
â
n
n


t
t
o
o
a
a
ù
ù
n
n


9
9


–
–


Đ

Đ
a
a
ê
ê
k
k


L
L
a
a
ê
ê
k
k


G
G
V
V
:
:


N
N
g

g
u
u
y
y
e
e
ã
ã
n
n


D
D
ư
ư
ơ
ơ
n
n
g
g


H
H
a
a
û

û
i
i


–
–


T
T
H
H
C
C
S
S


P
P
h
h
a
a
n
n


C

C
h
h
u
u


T
T
r
r
i
i
n
n
h
h


–
–


B
B
u
u
o
o
â

â
n
n


M
M
a
a


T
T
h
h
u
u
o
o
ä
ä
t
t


–
–


Đ

Đ
a
a
ê
ê
k
k


L
L
a
a
ê
ê
k
k


trang
1

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

ĐĂK LĂK
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2008-2009
MÔN THI: TOÁN 9-THCS

ĐỀ CHÍNH THỨC (150 phút, không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (4 điểm)

Cho biểu thức
4 4 4 4
x x x x
P
x
    

1/ Thu gọn biểu thức P
2/ Tìm x để biểu thức P đạt giá trò lớn nhất
Bài giải: 1/ ĐK:
4
x


   
 
 
2 2
4 2 4 2
4 4 4 4
2 4
8
4 2 4 2
4
4 8
x x
x x x x
P
x x
x

x
x x
x
x
x
x
    
    
 




    

 

 



2/ P đạt GTLN khi x = 4, maxP = 1
Bài 2: (4 điểm)
Phân tích đa thức A = x
3
+ y
3
+ z
3
– 3xyz thành nhân tử. Khi x, y, z là các số thực

dương thỏa mãn A = 0. Tính giá trò của biểu thức
3
2008 2009 2010
x y z
P
xyz
 


Bài giải:
A = x
3
+ y
3
+ z
3
– 3xyz = (x + y)
3
+ z
3
– 3xy(x + y) – 3xyz
= (x + y + z)(x
2
+ y
2
+ 2xy – xz – yz + z
2
) – 3xy(x + y + z)
= (x + y + z)(x
2

+ y
2
+ z
2
– xy – xz – yz)
A = 0  x
2
+ y
2
+ z
2
– xy – xz – yz = 0
 2x
2
+ 2y
2
+ 2z
2
– 2xy – 2xz – 2yz = 0
 (x – y)
2
+ (y – z)
2
+ (z – x)
2
= 0
 x – y = y – z = z – x = 0
 x = y = z
Khi đó
2009

2009
x
P
x
 

Bài 3: (4 điểm)
1/ Chứng minh với bất kì ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 20 thì có
2 2 2
20
2 2 2 3
a b c
b c c a a b
  
  

2/ Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình:
6x
2
– (11 + 2y)x – 2 + 3y = 0

T
T
h
h
i
i


h

h
o
o
ï
ï
c
c


s
s
i
i
n
n
h
h


g
g
i
i
o
o
û
û
i
i

c
c
a
a
á
á
p
p


t
t
ỉ
ỉ
n
n
h
h


m
m
o
o
â
â
n
n

t
t
o
o
a
a
ù
ù
n
n


9
9


–
–


Đ
Đ
a
a
ê
ê
k
k

L
L
a
a
ê
ê
k
k


G
G
V
V
:
:


N
N
g
g
u
u
y
y
e
e
ã

ã
n
n


D
D
ư
ư
ơ
ơ
n
n
g
g


H
H
a
a
û
û
i
i


–
–

T
T
H
H
C
C
S
S


P
P
h
h
a
a
n
n


C
C
h
h
u
u


T

T
r
r
i
i
n
n
h
h


–
–


B
B
u
u
o
o
â
â
n
n


M
M
a

a


T
T
h
h
u
u
o
o
ä
ä
t
t


–
–


Đ
Đ
a
a
ê
ê
k
k

L
L
a
a
ê
ê
k
k


trang
2

Bài giải:
1/ Với a, b, x, y là các số thực dương ta chứng minh
 
 
2
2 2
1
a b
a b
x y x y

 


 



   
 
2
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2
1
2 0
2 0
0 , , ,
a y b x x y xy a b
a xy a y b x b xy a xy b xy abxy
a y b x abxy
ay bx Luon dung voi moi a b x y
    
       
   
  

Dấu “=” xảy ra khi 0
a b
ay bx
x y
   

Dựa vào (1) ta chứng minh được
 
 

2
2 2 2
2
a b c
a b c
x y z x y z
 
  
 
với a, b, c, x, y, z là
các số thực dương.
Thật vậy
   
2 2
2 2 2 2
a b a b c
a b c c
x y z x y z x y z
  
    
  

Dấu “=” xảy ra khi
a b c
x y z
 

Theo (2) ta có
 
 

2
2 2 2
20
2 2 2 3 3 3
a b c
a b c a b c
b c c a a b a b c
 
 
    
    

Dấu “=” xảy ra khi
 
1
2 2 2 3 3
a b c a b c
b c c a a b a b c
 
   
    

Kết hợp
20
a b c
  
ta có
20
3
a b c  

2/ 6x
2
– (11 + 2y)x – 2 + 3y = 0  (2x – 3)y = 6x
2
– 11x – 2

2
6 11 2 5
3 1
2 3 2 3
x x
y x
x x
 
    
 

Do đó
y Z

với
x Z

khi




2 3 5 1; 5
x U

    

Từ đó tìm được các cặp số nguyên (x, y) = (2 ; 0), (1 ; 7), (4 ; 10), (–1 ; –3)
Bài 4: (4 điểm) Cho nửa đường tròn đường kính BC. Một điểm A di động sao cho
tam giác ABC có ba góc nhọn và trọng tâm G của tam giác nằm trên nửa đường
tròn đó.
1/ Tìm quỹ tích điểm A.
2/ Chứng minh:


2
cot cot
3
g ABC gACB
 

Bài giải:

1/ Thuận: Trên đường thẳng BC lấy hai
điểm E, F sao cho B là trung điểm CE,
C là trung điểm BF. Ta có EF = 3BC cố
đònh (a)
T
T
h
h
i
i

h
h
o
o
ï
ï
c
c


s
s
i
i
n
n
h
h


g
g
i
i
o
o
û
û
i
i

c
c
a
a
á
á
p
p


t
t
ỉ
ỉ
n
n
h
h


m
m
o
o
â
â
n
n

t
t
o
o
a
a
ù
ù
n
n


9
9


–
–


Đ
Đ
a
a
ê
ê
k
k

L
L
a
a
ê
ê
k
k


G
G
V
V
:
:


N
N
g
g
u
u
y
y
e
e

ã
ã
n
n


D
D
ư
ư
ơ
ơ
n
n
g
g


H
H
a
a
û
û
i
i


–
–

T
T
H
H
C
C
S
S


P
P
h
h
a
a
n
n


C
C
h
h
u
u

T
T
r
r
i
i
n
n
h
h


–
–


B
B
u
u
o
o
â
â
n
n


M
M

a
a


T
T
h
h
u
u
o
o
ä
ä
t
t


–
–


Đ
Đ
a
a
ê
ê
k
k

L
L
a
a
ê
ê
k
k


trang
3

Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của BG và AC; CG và AB
CQ là đường trung bình ABF  CQ // AF
BP là đường trung bình ACE  BP // AE
Mà CQ  BP (gt)  AF  AE hay

0
90
EAF 
(b)
Từ a), b) suy ra A di động trên đường tròn đường kính EF
Giới hạn: Do ABC nhọn nên A di động trên cung

MN
như hình vẽ (trừ hai điểm
M, N)

Đảo: (tự làm)
2/ Kẻ AH  BC (H  BC)
Ta có


cot cot
BH CH BC
g ABC gACB
AH AH AH
   

Mà
3 2
2 3
BC
AH OE BC
AH
   
. Vậy


2
cot cot
3
g ABC gACB
 

Dấu “=” xảy ra khi H  O  G là điểm chính giữa nửa đường tròn đường kính BC.
Bài 5: (4 điểm) Cho nửa đường tròn đường kính AB, gọi K là điểm chính giữa của
cung AB, M là một điểm bất kỳ trên cung phần tư AK. Trên tia BM lấy điểm N sao

cho BN = AM. Chứng minh khi M chuyển động trên cung phần tư AK thì các
đường thẳng vuông góc với BM kẻ từ N luôn đi qua một điểm cố đònh.
Bài giải:

Gọi C là giao điểm của tiếp tuyến tại B của
nửa đường tròn và đường thẳng vuông góc với
BM tại N, ta có ABM = BCN (g-c-g)
 AB = BC
Lại có

0
90
ABC 
(do BC là tiếp tuyến)
Nên ABC vuông cân tại B, mà AB cố đònh 
C cố đònh.
Vậy khi M di động trên cung phần tư AK thì
các đường thẳng vuông góc với BM kẻ từ N
luôn đi qua điểm C cố đònh.
Khi M  A thì N  B, M  K thì N  K.

Giáo viên: Nguyễn Dương Hải
Trường THCS Phan Chu Trinh
Buôn Ma Thuột – Đăk Lăk
(Sưu tầm)