de thi hsg toan tinh (bang A) 2010 - 2011

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THỊ CHỌN 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 )
Sưu tầm và biên soạn lời giải:
Ngô Thiện Chính – Giáo viên trường THCS Khe Sanh – Quảng Trị
Bài 1. ( 4,0 điểm)
Cho biểu thức:
x 1 2 x 2 5 x
P
4 x
x 2 x 2
 
  

 
với x ≥ 0 và x  4.
a) Rút gọn P
b) Tìm x để P = 2
Bài 2. ( 4,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức:
8 15 8 15
A
2 2
 
 
2. Giải phương trình:
2
x x 3 3  
Bài 3. ( 4,0 điểm)
1. Cho bốn số thực bất kỳ a,b,c,d. Chứng minh :

   
2 2 2 2
|ab cd| a c b d   
. Dấu đẵng thức xãy ra khi nào?
2. Cho nữa đường tròn (O;R) đường kính AB. M là một điểm chuyển động tr ên đường tròn.
Xác định vị trí của điểm M để
MA 3MB
đạt giá trị lớn nhất.
Bài 4. ( 4,0 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên (x;y;z) thỏa mãn:
3 3 2
2
y x 2x 1 (1)
xy x 2 (2)

  


 


Bài 5. ( 4,0 điểm)
Cho tam giác ABC cân t ại A với BC = a, AB = b ( a> b). Đường phân giác BD của góc
ABC cắt AC tại D và có độ dài bằng cạnh bên ( BD = b).
1. Tính CD theo a và b
2. Chứng minh
a a b
1 1
b b a
  

  
  
  
.
Hết
Bài giải:
Bài 1. ( 4,0 điểm)
a) Với x ≥ 0 và x  4, ta có :

   
1
x 2 x 2
x 1 2 x 2 5 x x 1 2 x 2 5 x x 3 x 2 2x 4 x 2 5 x
P
4 x x 4
x 2 x 2 x 2 x 2
x 2 x 2
 
     
         
      
 
   
 
 
ĐỀ CHÍNH THỨC
   
 
   
3 x x 2

3x 6 x 3 x
x 2
x 2 x 2 x 2 x 2


  

   
b)
x 0,x 4 (1)
P 2
3 x
2 (2)
x 2
 


 





(2) 3 x 2 x 4 x 4 x 16      
( Thỏa (1) ).
Vậy P = 2 khi và chỉ khi x = 16.
Bài 2. ( 4,0 điểm)
1. Để ý rằng A > 0 và
2
8 15 8 15 64 15

A 2 8 7 15
2 2 4
  
     
. Suy ra
A 15
2. phương trình:
2 2
x x 3 3 x 3 3 x      
 Điều kiện để phương trình tồn tại và có
nghiệm là :
2 2
x 3
x 3 0 x 3
3 x 3
3 x 0 x 3
| x | 3
 
   

 

     
  
  


 

.

Với điều kiện đó ph ương trình tương đương v ới
2 2 4 4 2 2
x 3 3 x x 3 9 6x x x 6x x 6 0 (x 1)(x 2)(x x 3) 0                  
x 1
x 2
1 13
x
2





  







Để ý : -2 <
3
;
1 13
3
2


nên phương trình đã cho có hai nghiệm: x

1
= 1, x
2
=
1 13
2

Bài 3. ( 4,0 điểm)
1.Với mọi số thức a,b,c,d, Ta có :
 
2
2 2 2 2
ad – bc 0 a d 2ab cd b c 0    
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b a d b c c d a b c d 2abcd a (b d ) c (b d ) (ab cd )            
2 2 2 2
| b cd | (a c )(b d )    
. Dấu đẵng thức xãy ra
a c
ac bd
b d
   
2.
Áp dụng bất đẵng thức B.C.S ở câu 1 cho
hai cặp số ( MA;1) và ( MB;
3
) , ta có
2 2 2 2
MA 3MB (1 3)(MA MB ) 2 MA MB     
. Để ý rằng góc AMB bằng 90

0
( Góc nội
tiếp chắn nữa đường tròn) nên tam giác
AMB là tam giác vuông t ại M.
Theo định lý Pytago ta có : MA
2
+ MB
2
=
AB
2
= 4R
2
. Do đó
2
MA 3MB 2 4R 4R  
Dấu đẵng thức xãy ra
 

0 0
MB MB
MA 3 tgMAB 3 MAB 60 AB 60
MA
3
         
Vậy
MA 3MB
đạt giá trị lớn nhất.



0 0
MAB 60 AB 60   
.
R
O
M
B
A
Bài 4. ( 4,0 điểm)
x, y , z là các số nguyên và
3 3 2
2
y x 2x 1 (1)
xy x 2 (2)

  


 


Suy ra:
y x
xy 0





hay x , y khác 0 và cùng d ấu, y>x. Đặt y = x+ k, k nguy ên dương,

Từ (1) ta có : (x+k)
3
= x
3
+ 2x
2
+1  (3k – 2)x
2
+3k
2
x +k
3
-1 = 0 (*) .
Với k = 1, (*) thành : x
2
+3x = 0  x = -3 ( do x khác 0)  y = -2 . Thế vào (2) ta được z
2
=
4  z = 2 hoặc z = -2  ( x;y;z) = ( -3; -2; 2); (-3;-2;-2)
Với k = 2 , (*) thành 2x
2
+12x +7= 0 có ’ = 6
2
-2.7 = 12 không là s ố chính phương nên ta
không nhận được x nguyên .
Với k = 3 , (*) thành 7x
2
+27x +26= 0 có  = 27
2
-4.7*26 = 1 nên (*) có hai nghi ệm

1
27 1 26
x
7 7
 
  
( Loại) ,
2
27 1
x 4
7
 
  
( Nhận)  y = -1 z
2
+2 = 4 ( Loại)
Với k  4, đặt k = 4+m , m là số tự nhiên , (*) có  = 9k
4
– 4( 3k-2)(k
3
-1) = -3k
4
+8k
3
+12k
– 8 < -3k
4
+8k
3
+12k = - k( 3k

3
-8k
2
-12) = - k[3(4+m)
3
– 8(4+m)
2
-12] = - k[192 + 144m +
36m
2
+ 3m
3
– 128 – 64m – 8m
2
-12] = - k (52 +80m +28m
2
+3m
3
) < 0 nên (*) vô nghi ệm.
Vậy hệ có hai nghiệm nguyên là ( x;y;z) = ( -3; -2; 2); (-3;-2;-2)
Bài 5. ( 4,0 điểm)
1. BD là phân giác của tam giác ABC nên ta
có:
CD BC CD BC
DA BA CD DA BC BA
  
 
CD BC CD a ab
CD
CA BC BA b a b a b

     
  
(1)
2. Trên tia BD lấy điểm E sao cho BE = BC
= a. Tam giác BAD và tam giác EAC đ ều là
các tam giác cân có góc ở đỉnh bằng nhau
bằng nữa góc B nên các góc ở đáy của chúng
bằng nhau 


BEC BDA
. Mà


BDA CDE
(đ đ) 
 
DEC CDE
 CDE cân tại C .
Để ý rằng điểm D ở giữa hai điểm B v à E nên
ta có DE = BE – BD = a – b (2)
Cũng từ suy luận trên ta có CDE đồng dạng với BAD ( g-g) nên ta có:
DE CD
AD BA

(3)
Vì
ab
CD
a b



nên
2
ab b
AD b
a b a b
  
 
(4).
Từ (1), (2), (3),(4) và giả thiết ta có:
2 2
2
2
ab
a b a b a
a b
b
b b a b
a b
 

  


2 2 2 2 2 2
2 2
a b a a b a b a b a b a a b
: 1 . 1 . 1 1 1
b a b a b b ab b b a

    
  
         
  

  
-
b
E
D
C
B
A
a-b
b
a