ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 TỈNH QUẢNG TRỊ 2010-2011

Lê gia Lợi THCS Triệu Trạch

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
QUẢNG TRỊ Khóa ngày 14 tháng 4 năm 2011
Môn : Toán(Bảng A)
Thời gian làm bài : 150 phút ( không kể thời gian giao đề)


Bài 1(4,0 điểm)
Cho biểu thức :
1 2 2 5
4
2 2
x x x
P
x
x x
+ +
= + +
−
− +
với
0; 4
x x
≥ ≠

a) Rút gọn P
b) Tìm x để P = 2.
Bài 2(4,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức
8 15 8 15

2 2
A
+ −
= +
.
2. Giải phương trình
2
3 3.
x x
+ + =

Bài 3 (4 điểm)
1. Cho bốn số thực bất kì a,b,c,d. Chứng minh :

2 2 2 2
( )( ).
ab cd a c b d
+ ≤ + +

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?
2.Cho nữa đường tròn (O;R) đường kính AB. M là một điểm chuyển động trên nữa đường tròn.
Xác định vị trí của đểm M để MA +
3
MB đạt giá trị lớn nhất.
Bài 4(4,0 điểm)
Tìm tất cả các bộ ba số nguyên (x;y;z) thỏa mãn :

3 3 2
2
2 1

2
y x x
xy z

= + +


= +



Bài 5(4,0 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A với BC = a,AB = AC = b (a > b).Đường phân giác BD của góc

ABC
cắt
AC tại D và có đôi dài bằng cạnh bên (BD = b).
1. Tính CD theo a và b.
2. Chứng minh rằng
(1 )( ) 1.
a a b
b b a
+ − =

…………………………… Hết…………………………………………

ĐỀ CHÍNH THỨC
Lê gia Lợi THCS Triệu Trạch

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẨN CHẤM ĐỀ THI
QUẢNG TRỊ HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
Khóa ngày 14 tháng 4 năm 2011
Môn : Toán(Bảng A)
Bài 1 ( 4,0 điểm)
a) Với
0; 4
a a
≥ ≠
, ta có:
( 1)( 2) 2 ( 2) 2 5
( 2)( 2) ( 2)( 2) ( 2)( 2)
x x x x x
P
x x x x x x
+ + − +
= + −
− + − + − +
0,5 đ

3 2 2 4 2 5
( 2)( 2)
x x x x x
x x
+ + + − − −

=
− +
1đ
3 6 3 ( 2) 3
( 2)( 2) ( 2)( 2) 2
x x x x x
x x x x x
− −
= = =
− + − + +
1,5 d
b) P = 2 khi và chỉ khi
3
0 3 2 4 4 16
2
x
x x x x
x
= ⇔ = + ⇔ = =
+
1đ
Bài 2 (4,0 điểm)
1. Ta có :
2 16 2 15 16 2 15
A = + + −
1đ

2 2
( 15 1) ( 15 1) 2 15
= + + − =

1đ
2. Giải phương trình:
2
3 3
x x
+ + =

Cách 1 :
Điều kiện
0; 4
x x
≥ ≠
0,25đ
Đặt
3
u x
= +
,
2
0 3
u u x
≥ ⇔ = +

Ta có hệ :
2
2
3(1)
3 0(2)
u x
x u


= +


+ − =


0,25đ
Từ (1)(2)
( ) ( )
2 2
0
1 0
u x x u
u x u x
⇒ − − − =
⇔ + − − =
0,25đ
Với x = u ta có :
2
3 0
1 13
2
1 13
2
x x
x
x
− − =


+
=


⇔

−
=


0,25đ
Ta chỉ nhận
1 13
2
x
−
=
vì
0
u
≥
0,25đ
Với x = u + 1 ta có :
2
2 0
x x
+ − =
0,25đ

1

2
x
x
=

⇔

= −


Ta chỉ nhận
1
x
=
vì
0
u
≥
0,25đ
Lê gia Lợi THCS Triệu Trạch

B
A
M
Vậy phương trình có hai nghiệm :
1 13
2
x
−
=

,
1
x
=
0,25đ
Cách 2 :
2 2
2 2
1 1 1 1
3 3 3 3 3
4 4 2 2
1 1
3
2 2
1 1
3
2 2
x x x x x x x x
x x
x x
   
+ + = ⇔ + + = + − + + ⇔ + = + −
   
   

+ = + −

⇔



+ = − + +



Cách 3:
( )
2
2
2
3 3
3 3
3 3
x x
x x
x

+ = −

+ + = ⇔


− ≤ ≤

đưa ra phương trình bậc 4 có hai nghiệm 1 và -2 nên dể dàng
phân tích thành nhân tử vế trái,
Bài 3 (4,0 điểm)
1.
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2

0 ( )( ) ( ) ( )( )
2
( ) ( ) 2( )( ) 0 ( ) 0
ab cd a c b d ab cd a c b d
a b c d abcd a b a d b c c d
ad bc ad bc ad bc
≤ + ≤ + + ⇔ + ≤ + +
⇔ + + ≤ + + +
⇔ + − ≥ ⇔ + ≥

Luôn đúng với 4 số thực bất kì .
Vậy
2 2 2 2
( )( )
ab cd a c b d
+ ≤ + +
, , ,
a b c d R
∀ ∈

Dấu đẳng thức xảy ra khi ad-bc = 0 hay
( 0, 0)
c d
a b
a b
= ≠ ≠

2.

0

90
AMB =
( góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
Áp dụng định lí pitago cho tam giác AMB ta có:

2 2 2 2
4
MA MB AB R
+ = =

Áp dụng BĐT
2 2 2 2
( )( )
ab cd a c b d
+ ≤ + +

Ta có
2 2
3 (1 3)( ) 4
MA MB MA MB R
+ ≤ + + =

Dấu “=” xảy ra

0
3 60
MB
MAB
MA
⇔ = ⇔ =

Bài 4 (4,0 điểm)
3 3 2
2
2 1(1)
2(2)
y x x
xy z

= + +


= +



Cách 1 : Do
2
2 1 0
x
+ >
nên từ (1) ta có :
3 3
y x y x
> ⇔ >

Vì
,
x y Z
∈

nên y
≥
x+1
3 3
3 2 3 2
2
( 1)
2 1 3 3 1
3 0 3 0
y x
x x x x x
x x x
⇔ ≥ +
⇔ + + ≥ + + +
⇔ + ≤ ⇔ − ≤ ≤

Do
x Z
∈
nên
{
}
3; 2; 1;0
x ∈ − − −
Từ (2) ta thấy xy > 0 nên
(x;y) thỏa mãn là (- 3 ; -2)
Suy ra (x ; y ; z) là(-3 ; -2 ;-2);(-3 ; -2 ;2)
Lê gia Lợi THCS Triệu Trạch

1

2
3
1
1
2
b
b
b
a-b
E
D
B
A
C
1
2
b
a
b
K
D
B
A
C
1
2
b
a
b
a-b

E
D
B
A
C
Cách 2 : Kẹp
3 3 3
( 1) ( 4)
x y x+ ≤ ≤ +

Câu 5 (4,0 điểm)
Cách 1:
a) Theo tính chất đường phân giác ta có :
DA BA DA DC BA BC
DC BC DC BC
+ +
=
⇒
=
hay
d a b
DC a
+
=

(1)
ab
DC
a b
⇒

=
+

b)Lấy điểm E thuộc BC sao cho BE = b, tam giác BAD,BED
cùng cân tại B và bằng nhau






0 0
1 2 3 2 1 1
180 180
D D D D E B
= − − = − − =

Tam giác CED đồng dạng với tam giác CDB
2
. (2)
CE CD
CE CB CD
CD CB
⇒
=
⇒
=

Từ (1)(2) và CE = a – b ta có :
(a-b)a =

2
ab
a b
 
 
+
 

(1 )( ) 1
a a b
b b a
⇔ + − =

Cách 2:
Áp dụng định lí pitago cho hai tam giác vuông BKA ta có:
2 2 2
BK AB AK
= −

Áp dụng định lí pitago cho hai tam giác vuông BKC ta có:
( )
2
2 2 2 2
2 2 2
2 .
BK CB CK CB CD DK
CB CD CD DK DK
= − = − +
= − − −

Ta lại có AK = DK
Suy ra:
2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
2 2 2
2 2
2 .
2 .
2 .
2
.( )
.
.
.
. 1
(1 )( ) 1
AB AK CB CD CD DK DK
AB CB CD CD DK
b DC
AB CB CD CD
AB CB CD CD b DC
AB CB CD CD b DC
AB CB CD b
ab
b a b

a b
ab a b a b
a b
a b ab b
a a b
b b a
− = − − −
⇔ = − −
−
⇔ = − −
⇔ = − − −
⇔ = − − +
⇔ = −
⇔ = −
+
− +
⇔ − = ⇔ =
+
⇔ + − =

Cách 3 :
Lê gia Lợi THCS Triệu Trạch

Tam giác BAD và tam giác CDE đồng dạng
(1 )( ) 1
DC DE a a b a a b
ab
AB AD a b b b a
b
a b

−
= ⇔ = ⇔ + − =
+
−
+