Đáp án HSg Toán 9 Ha nam 2011

Sở giáo dục và đào tạo hà nam
đề chính thức
Đáp án và hớng dẫn chấm
Đề thi chọn HSG
năm 2010-2011 Môn tO N H C 9
Bi 1 1.(3 im)
(6 im) a)(1,5 im)
( )
2
2
6 2 3 1
6 2 5 (2 3 1)
6 2 4 2 3
A
3 1 3 1 3 1
+
+ +
+
= = =
+ + +
1,0

( )
2
3 1
6 2( 3 1)
1
3 1 3 1
+
+
= = =

+ +
0,5
b)(1,5 im): Thay A = 1 vo phng trỡnh ó cho ta c
2 4 3 2
y x x x x 1= + + + +
Khi
x 0 y 1= =
0,25
Khi
x 0
Ta cú:
2 2 2 2 2 2
4y (2x x) 3x 4x 4 (2x x)= + + + + > +
(1)
0,25
Li cú
2 2 2 2 2 2
4y (2x x 2) 5x (2x x 2)= + + < + +
(2)
T (1) v (2), suy ra
2 2 2 2 2
(2x x) 4y (2x x 2)+ < < + +

2 2 2
4y (2x x 1) = + +


4 3 2 2 2 2
x 1
4(x x x x 1) (2x x 1) x 2x 3 0

x 3
=

+ + + + = + + =

=

0,25
0,25

2
2
Khi x 1 y 1 y 1
Khi x 3 y 121 y 11
= = =
= = =
0,25
Kt lun: Vy phng trỡnh ó cho cú cỏc nghim nguyờn (x; y) l (0;
1), (0; -1), (-1, 1), (-1, -1), (3; 11), (3; -11) 0,25
2.(3 im)
a.(1,5 im):
2
1 2
m 1
m m 2
d // d m 1
m 2
3m 2 4
m 2
=

+ =


=
=


+




1,5
b.(1,5 im):
+
x, y R,
ta luụn cú

2
(2x y 3m 2) 0 + +
v
2
2
(m m)x y 4 0

+

nờn

2
2 2
(2x y 3m 2) (m m)x y 4 0 , x, y R

+ + + +

0,5
Xột h phng trỡnh:
2 2
2x y 3m 2 0 y 2x 3m 2 (1)
(m m)x y 4 0 y (m m)x 4 (2)
+ + = = + +



+ = = +


(I)
Phương trình (1), (2) chính là phương trình các đường thẳng d
1
, d
2
-Với m = 1
1 2
d // d⇒
. Khi đó:

( ) ( )
2 2

2 2
2
9 9 1
B 2x y 5 2x y 4 t t , t 2x y
2 2 2
81 81
2t , t
2 2
   
= − + + − − = + + − = − +
 ÷  ÷
   
= + ≥ ∀
0,25
min B =
81 1
khi t 0 hay 2x y 0
2 2
= − + =
0,25
- Với m = - 2
1 2
d d⇒ ≡

⇒
Hệ (I) có nghiệm nên minB = 0
0,25
- Với
1 2
m 1

d ,d
m 2
≠

⇒

≠ −

cắt nhau nên hệ (I) có nghiệm nên min B = 0
Vậy
81
Khi m 1 min B ; Khi m 1 min B 0
2
= ⇒ = ≠ ⇒ =
0,25
Bài 2 1.(3 điểm): Điều kiện:
x 2≥ −
0,5
(6 điểm)
Pt đã cho
2 2
2(x 2x 4) 2(x 2) 3 (x 2)(x 2x 4) (1)⇔ − + − + = + − +
0,5
Đặt
2
u x 2x 4
v x 2

= − +



= +


, Điều kiện
u 0
v 0
≥


≥

Pt (1) trở thành
2 2
2u v 0
2u 3uv 2v 0 (2u v)(u 2v) 0
u 2v 0
+ =

− − = ⇔ + − = ⇔

− =

1,0
+ Với

2 2
u 2v 0 x 2x 4 2 x 2 x 6x 4 0 x 3 13− = ⇔ − + = + ⇔ − − = ⇔ = ±
0,5
+ Với

2
2u 0
x 2x 4 0
2u v 0
v 0
x 2 0

=
 − + =

+ = ⇔ ⇔
 
=

+ =


Hệ pt vô nghiệm
Vậy phương trình có 2 nghiệm
x 3 13= ±
0,5
2.(3 điểm)
Pt đã cho
2 2 4 3 2
m (2x 3x 1)m x 3x x x 0⇔ − + − + + + − =
(1)
Pt(1) là pt bậc hai ẩn m có
2
(x 1)∆ = −
nên

2
2
2 2
2x 3x 1 (x 1)
m
x 2x m 1 0 (2)
2
(1)
2x 3x 1 (x 1) x x m 0 (3)
m
2

+ − + −
=


+ − − =

⇔ ⇔


+ − − − + − =


=


`
1,0
Giả sử

0
x
là nghiệm chung của 2 pt (2), (3)

2
0 0
0
2
0 0
x 2x m 1 0
x 1
m 2
x x m 0

+ − − =
=


⇒ ⇔
 
=
+ − =



Ngược lại, với m = 2 thì 2 pt (2) và (3) có nghiệm chung 1,0
Pt(1) có 4 nghiệm phân biệt
⇔
các phương trình (2), (3) cùng có 2
nghiệm phân biệt và không có nghiệm chung

1 ( m 1) 0
1
m
1 4m 0
4
m 2
m 2
− − − >


> −
 
⇔ + > ⇔
 
 
≠
≠


1,0
Bài 3
(1 điểm)
Điều kiện:
x 1
y 1
≥


≥


0,25
Hệ đã cho
2 2
3 3
2x y 1 2y x 1 x y
x y 24

− + − = +

⇔

+ =


Theo Côsi, ta có:
2 (x 1).1 (x 1) 1 2y x 1 xy− ≤ − + ⇔ − ≤
Tương tự, ta được:
2x y 1 xy− ≤
2x y 1 2y x 1 2xy⇒ − + − ≤
(1)
0,25
Mặt khác, Theo Côsi, ta có:
2 2
x y 2xy+ ≥
(2)
Từ (1) và (2)
2 2
2x y 1 2y x 1 x y⇒ − + − ≤ +
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
x y 2= =

.
0,25
Dễ thấy x = y = 2 thoả mãn pt còn lại. Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y
= 2
0,25
Bài 4
(6 điểm)
2.(2,5 điểm)
Tứ giác AEOF nội tiếp
·
·
AEF AOF⇒ =

1,0
1,0
0,5
Tứ giác AOIF nội tiếp
·
·
AOF AIF⇒ =
Do đó,
·
·
AIF AEF=
Mặt khác,
·
·
·
·
1

EE'F EOF AOF AEF
2
= = =
Nên
·
·
AIF EE'F EE'// BC= ⇒
hay tứ giác BCE’E là hình thang
3.(1 điểm)Gọi D là giao điểm của EF với AC.
Tứ giác ONDI nội tiếp. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ONI, ta có:
KD KI
=
. Lại có,

2
AD AN AN.AO AF AB.AC
ADN AOI AD
AO AI AI AI AI
∆ ∆ ⇒ = ⇒ = = =:
không đổi
D⇒
cố định. Vậy K luôn nằm trên đường trung trực của đoạn ID
0,5
0,5
E
F
C
B
O

N
I
D
E’
A
Bài 5
(1 điểm)
Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B và C
xuống AM. Gọi K là giao điểm của AM với
BC
Ta có:
AM.BC AM(BK CK) AM(BE CF)= + ≥ +
hay
( )
ABM ACM
AM.BC AM.BE AM.CF 2 S S
≥ + = +
Tương tự, ta được
( )
( )
BMA BMC
CMA CMB
BM.CA 2 S S
CM.AB 2 S S
≥ +
≥ +
Từ đó, ta được:

ABC
AM.BC BM.CA CM.AB 4S+ + ≥

Đẳng thức xảy ra
AM BC
BM AC M
CM AB
⊥


⇔ ⊥ ⇔


⊥

là
trực tâm tam giác ABC.
0,5
0,25
0,25
A
B
C
M
E
K
F