ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI HSG HÀ TĨNH 2013

NGUYỄN VĂN TRUNG – THCS KỲ KHANG
SỞ GIÁO VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012-2013
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: Toán
(Đề có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: a) Tính giá trị biểu thức:
3
( ) 3( )( 1)M x y x y xy= − + − +
, biết

3 3 3 3
3 2 2 3 2 2, 17 12 2 17 12 2x y= + − − = + − −
b) Giải phương trình:
2 2
2 5
1 1 3
x x
x x x x
− =
− + + +
Bài 2: a) Giải hệ phương trình:
2 2
3 3 2
3 4 (1)
12 6 +9 (2)
x y x
x x y x


+ + =


+ + =


b) Tìm các số tự nhiên a, b, c phân biệt sao cho biểu thức sau nhận giá trị
nguyên
( 1)( 1)( 1)ab bc ca
P
abc
− − −
=
Bài 3: Tam giác ABC có chu vi bằng 1, các cạnh a, b, c thoả mãn đẳng thức:
3
1 1 1 2
a b c
a b c
+ + =
− − −
Chứng minh tam giác ABC đều.
Bài 4: Cho tam giác ABC vuông cân tại A, gọi D là trung điểm của cạnh BC. Lấy
M bất
kỳ trên đoạn thẳng AD (M không trùng với A). Gọi N, P theo thứ tự là hình
chiếu
vuông góc của M xuống các cạnh AB, AC và H là hình chiếu vuông
góc của
N xuống đường thẳng PD.
a) Chứng minh AH vuông góc với BH
b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực của

AB tại I.
Chứng minh ba điểm H, N, I thẳng hàng.
Bài 5: Các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện: x + y +z = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 4 4
2 2 2 2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
x y z
F
x y x y y z y z z x z x
= + +
+ + + + + +
Hết
NGUYỄN VĂN TRUNG – THCS KỲ KHANG
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG TOÁN 9 NĂM HỌC 2012-2013
Bài 1:
a) Ta có
(
)
( ) ( )
(
)
3
3 3 3 3
3
3
3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 3 2 2 3 2 2 . 3 2 2 3 2 2x = + − − = + − + − + − + − −
3 3

4 2 3 3 4 2x x x x= − ⇒ + =
(1). Tương tự:
3
3 24 2y y+ =
(2)
Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế theo vế ta được
3 3 3
3( ) ( ) 3( )( 1) 20 2x y x y x y x y xy− + − = − + − + = −
Vậy M =
20 2−
b) Ta có
2 2
2 2
1 3 1 3
1 0 ; 1 0
2 4 2 4
x x x x x x x x
   
+ + = + + > ∀ − + = − + > ∀
 ÷  ÷
   
Dể thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, do đó phương trình đã cho
tương đương với
2 1 5
1 1 3t t
− =
− +
(với
1
t x

x
= +
)
⇔
2
5 3 14 0( 1; 1) ( 2)(5 7) 0t t t t t t− − = ≠ ≠ − ⇔ − + =
2
7
5
t
t
=


⇔

= −

* Nếu t = 2
2
1
2 ( 1) 0 1x x x
x
⇒ + = ⇔ − = ⇔ =
* Nếu
7
5
t = −
2
1 7 7 51

0
5 10 100
x x
x
 
⇒ + = − ⇔ + + =
 ÷
 
vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =1.
Bài 2:
a) Từ phương trình (1) ta suy ra:
2 2
9 12 3 3x x y= − −
thế vào phương trình (2) thu gọn
ta được:
3 3 2 2 2 2
2 2
0
3( ) ( )( 3 3 ) 0
3 3 0
x y
x y x y x y x xy y x y
x xy y x y
+ =

+ = − ⇔ + − + − + = ⇔

− + − + =


NGUYỄN VĂN TRUNG – THCS KỲ KHANG
* Nếu
2 2
0x y y x y x+ = ⇔ = − ⇒ =
thế vào phương trình (1) ta được
2 2
2 3 4 2( 1) 1 0x x x+ = ⇔ − + =
phương trình này vô nghiệm.
* Nếu
2 2
3 3 0x xy y x y− + − + =
, trừ vế theo vế của phương này với phương trình (1) ta được:
3
3 3 3 4 3 3 0 ( 3)( 1) 0
1
x
xy x y x xy x y x y
y
=

− − + − = − ⇔ − − + = ⇔ − − = ⇔

=

+ Nếu x =3 thay vào phương trình (1) ta suy y
2
= 0 suy ra y = 0, cặp (x;y) = (3;
0) thoả mãn phương trình (2).
+ Nếu y =1 thay vào phương trình (1) ta suy (x - 2)
2

= 0 suy ra x = 2, cặp (x;y)
= (2; 1) thoả mãn phương trình (2).
Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x; y) = (3;0), (2; 1).
b) Ta có
( 1)( 1)( 1) 1 1 1 1
( )
ab bc ca
P abc a b c
abc a b c abc
− − −
= = − + + + + + −
, vì a, b, c là các số
tự nhiên do đó để P là số nguyên khi và chỉ khi
1 1 1 1
M
a b c abc
= + + −
là số nguyên.
Do vai trò như nhau nên ta giả sử a<b<c suy ra
1; 2; 3a b c≥ ≥ ≥
. Do đó
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
0 2 0 2 1
1 2 3
M M
a b c abc a b c
< + + − < + + ≤ + + < ⇒ < < ⇒ =
(Vì M là số nguyên)
1 1 1 1
1 ( 1)( 1)( 1) 6 1 0 2 3 4a b c a b c a a b c

a b c abc
⇒ + + − = ⇔ − − − = + + ≥ ⇒ − > ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
Nếu
( 1)( 1) 4a b− − ≥
, vì
3 3 ( 1)( 1)( 1) 4 3 4( 1)a b c c a b c c a b c c c< < ⇒ > + + ⇒ > − − − ≥ ⇒ > −
4c
⇒ <
trái với
4c
≥
. Suy ra
( 1)( 1) 2;3a b− − =
+ Nếu
1 1 2
( 1)( 1) 2 5
1 2 3
a a
a b c
b b
− = =
 
− − = ⇒ ⇒ ⇒ =
 
− = =
 
thoả mãn bài ra
+ Nếu
1 1 2
9

( 1)( 1) 3
1 3 4
2
a a
a b c Z
b b
− = =
 
− − = ⇒ ⇒ ⇒ = ∉
 
− = =
 
thoả mãn bài ra
Vậy các số tự nhiên a, b, c phân biệt thoả mãn bài toán là (a, b, c) = (2, 3, 5) và các hoán vị.
Bài 3:
Từ giả thiết ta suy ra a > 0 ; b > 0 ; c > 0 và
3 3
1 1 1 2 2
a b c a a a
a b c b c b c b c
+ + = ⇔ + + =
− − − + + +
( ) ( )
1 1 1 1 1 1
2 9 9a b c x y z
a b a b a b x y z
 
 
⇔ + + + + = ⇔ + + + + =
 ÷

 ÷
+ + +
 
 

NGUYỄN VĂN TRUNG – THCS KỲ KHANG
(với
0; 0; 0x a b y b c z c a= + > = + > = + >
)
2 2 2 0
x y y z z x
y x z y x z
   
 
⇔ + − + + − + + − =
 ÷  ÷
 ÷
 
   
( ) ( ) ( )
2 2 2
0
x y y z z x
x y z a b c
xy yz zx
− − −
⇔ + + = ⇔ = = ⇔ = =
. Vậy tam giác ABC đều.
Bài 4: Từ bài ra ta có hình vẽ sau:
a) Theo giả thiết ta có tam giác ABC vuông cân tại A mà D là trung điểm của BC

nên
AD BC
⊥
và AD là tia phân giác của
·
BAC
. Do
, ,M AD MN AB MP AC∈ ⊥ ⊥
nên suy
ra tứ giác ANM P là hình vuông. Mặt khác tứ giác ANHP có
·
·
0 0 0
90 90 180NAP NHP+ = + =
nên nội tiếp đường tròn đường kính NP suy ra
·
·
0
45AHP ANP= =
(cùng chắn cung AP).
Xét tứ giác BDHA có
·
· ·
·
·
0 0
45 180ABD DHA DHA AHP DHA+ = + = + =
(hai góc kề bù)
suy ra tứ giác BDHA nội tiếp suy
· ·

0
90 AH BHAHB ADB hay= = ⊥
b) Theo câu ta có 5 điểm A, P, H, M, N cùng nằm trên đường tròn đường kính
AM và NP suy ra
·
·
0
90AHM AHB= =
suy ra 3 điểm B, H, M thẳng hàng nên
·
·
0
45BHN MHN= =
(1)
Vì BI// AD nên BI vuông góc với BC suy ra
·
0
45ABI =
. Gọi E là trung điểm của
AB ta có ta giác EBI vuông cân tại E nên EB = EI = EA suy ra tam giác IAB
vuông cân tại I.
Xét tứ giác AIBH có
·
·
0 0 0
90 90 180AIB AHB+ = + =
nên nội tiếp suy ra
·
·
0

45BHI BAI= =

(2)
Từ (1) và (2)
·
BHN =
·
BHI
suy ra ba điểm H, N, I thẳng hàng.
NGUYỄN VĂN TRUNG – THCS KỲ KHANG
Bài 5: Ta có
( )
2 2
2
2
( ) 0
2
a b
a b a b
+
− ≥ ⇔ ≥ +
(dấu “=” xảy ra khi a = b)
Ta có:
4 4
2 2 2 2
( )( ) ( )( )
x y
x y
x y x y x y x y
− = −

+ + + +
;
Tương tự:
4 4 4 4
2 2 2 2 2 2 2 2
;
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
y z z x
y z z x
y z y z y z y z z x z x z x z x
− = − − = −
+ + + + + + + +
Do đó
4 4 4
2 2 2 2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
x y z
F
x y x y y z y z z x z x
= + +
+ + + + + +
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
4 4 4 4 4 4
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
2 ( )( ) ( )( ) ( )( )
1
4 ( )( ) ( )( ) ( )( )
1
4 ( ) ( ) ( )
1
8 ( ) ( ) (
x y y z z x
x y x y y z y z z x z x
x y y z z x
x y x y y z y z z x z x
x y y z z x
x y y z z x
x y y z z x
x y y z
 
+ + +
= + +
 ÷
+ + + + + +
 
 
+ + +
 ÷
≥ + +
 ÷
+ + + + + +
 

 
+ + +
 ÷
= + +
 ÷
+ + +
 
+ + +
≥ + +
+ +
( )
1 1
) 4 4
x y z
z x
 
= + + =
 ÷
 ÷
+
 
Do đó F đạt giá trị nhỏ nhất bằng
1
4
khi x = y = z =
1
3