đề thi khảo sát đội tuyển HSG lớp 9 trường thcs yên lạc

TRƯỜNG THCS YÊN LẠC
Kỳ thi khảo sát đội tuyển HSG
Năm học 2008-2009
ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP IX
Ngày thi 10 tháng 4 năm 2009
Thời gian làm bài 150 phút
ĐỀ BÀI:
Câu 1. a) Tìm tất cả các số nguyên x và y thoả mãn phương trình:
4 2
2 1x y− =
b) Giả sử a, b, c là các số tự nhiên, từng cặp nguyên tố cùng nhau.
Tính tất cả giá trị có thể có được của biểu thức:
( ) ( ) ( )
a b b c c a
A
abc
+ + +
=
Câu 2. a) Giải phương trình với tất cả giá trị của a:
( )
2
2
2
1
x
x a
x
+ =
+
b) Giải hệ phương trình:
42

16
x
x
x y x y
xy x

+ =

+ +


− =

Câu 3. a) Cho các số dương a, b, c với
3a b c+ + =
. Chứng minh rằng,
a b c ab bc ca+ + ≥ + +
b) Cho a, b, c là các số thực dương với
1a b c
+ + =
. Chứng minh rằng,
3
2
a bc b ca c ab
a bc b ca c ab
− − −
+ + ≤
+ + +
Câu 4. a) Lấy cạnh AB của tam giác ABC làm đường kính vẽ vòng tròn cắt cạnh AC và
cạnh BC tại điểm D và điểm E. Đoạn DE chia diện tích tam giác ABC thành hai phần

bằng nhau và hợp với đường thẳng AB một góc 15
0
. Tính các góc của tam giác ABC.
b) Trong tam giác ABC có AB>BC, K và M là trung điểm của cạnh AB và AC,
còn O là giao điểm các đường phân giác. Đường thẳng KM và CO cắt nhau tại điểm P.
Từ P kẻ Px vuông góc với PM. Từ M kẻ My song song với BO. Px và My cắt nhau tại Q.
Chứng minh QO vuông góc với AC.

TRƯÒNG THCS YÊN LẠC
Kỳ thi khảo sát đội tuyển HSG
Năm học 2008-2009
ĐÁP ÁN MÔN TOÁNLỚP IX
Ngày thi 10 tháng 4 năm 2009
Thời gian làm bài 150 phút
Câu Nội dung trình bày Điểm
1a
X là số lẻ, nên x = 2t+1 lúc đó phương trình đã cho có dạng:
( ) ( )
( )
( )
( )
4 2 2 2
1 1 1 1 2 . 2 2 4 4 2 2x x x x t t t t y− = − + + = + + + =
0,25
Y là số chẵn, lúc đó y=2u
Vậy ta có
( ) ( )
( )
2
1 2 1 1t t t t u+ + + =

0,25
t
,
( )
1t +
,
( )
2 1 1t t + +
từng cặp nguyên tố cùng nhau, suy ra t=0, u=0
1; 0x y= ± =
0,25
(x; y)=(-1; 0), (1; 0) 0,25
1b
Giả sử
( ) ( ) ( )
a b b c c a
n Z
abc
+ + +
= ∈
( ) ( ) ( )
.a b b c c a n abc⇒ + + + =
(1)
0,125
Nếu giữa ba số có hai số bằng nhau. Giả sử a=b thì (1) có dạng:
( ) ( )
1 1 2c c nc+ + = ⇒
2 chia hết cho c, nên có thể c=1, c=2.từ đó n=8
hay n=9
0,125

Nếu ba số khác nhau: giả sử a<b<c, và theo giả thiết cặp số nguyên tố
cùng nhau nên
; ,a b mc a c kbm k N+ = + = ∈
0,25
Vì
2 2 ; 2, 1a b c mc c m m a b c+ < ⇒ < < = ⇒ + =
.
Nên
2 ( 1) 2 1 2a b k b b b= − ⇒ ⇒ > ⇒ =M
0,25
a=1, b= 2, c=3, n=10 Vậy n= 8, 9, 10 0,25
2a
Biến đổi phương trình về dạng:
( )
2
2 2 2
2
2
2
1 1
1
x x x
x
x x
x
 
+ = +
 ÷
+ +
+

 
0,25
Đặt t=
2
1
x
x +
, Ta nhận được phương trình:
2
2 0; 1 0
4
D
t t a a+ − = = + ≥

với
1a ≥ −
. Vì vậy với
1a ≤ −
phương trình không có nghiệm.
Với
1a = −
, thì
2
1 1
1
x
t
x
= − ⇒ = −
+

phương trình này cũng không có
nghiệm.
0,25
Với
1a > −
thì ta có
1 1t a= − ± +
Khi
1 1t a= − − +

( ) ( )
2
1 1 1 1 0x a x a⇒ + + + + + + =
;
2 2 1D a a= − − +
0,25
( ) ( )
2
2
2 0
2
2 2 1 0
8 0
2 4 1
a
a
a a
a a
a a
− ≥


≥


− − + ≥ ⇔ ⇔
 
− ≥
+ ≥ +



[
)
8;a⇔ ∈ ∞
Trong trường hợp này phương trinhd có hai nghiệm.
1;2
1 1 2 2 1
2
a a a
x
− − + ± − − +
=
nếu
1;2 3
8; 1 3; 2a x x= = ± = −
trường hợp
1 1t a= − + +
suy ra
[
)

0;2a ∈
phương trình có nghiệm là:
3;4
1 1 2 2 1
2
a a a
x
− + + ± − − +
=
với
0a =
thì
0x =
0,25
2b
a) Giả sử x>0; x+y>0 khi đó phương trình thứ nhất có thể biến đổi
về dạng:
( ) ( )
42x x y x x y+ + + =
, đặt
( )
0x x y t+ = ≥
ta có phương
trình:
2
42 0t t+ − =
giải ra
1
6t =
;

2
7t = −
. Suy ra
( ) ( )
6; 6; 36t x x y x x y= + = + =
. Giải hệ ta được:
4, 5x y= =
0,25
b) Giả sử
0; 0x x y< + <
thì
( )
2
( )x y x y+ = − +
; Từ phương trình
thứ nhất ta có
7; 6t t= = −
; vậy
( ) ( )
7; 49x x y x x y+ = + =
; kết
hợp với phương thứ hai ta có hệ. Giải hệ ta có nghiệm của hệ là
1 133 41 8 133
;
2 33
x y
+ −
= − =
0,5
Trả lời:

( )
1 133 41 8 133
; (4; 5), ;
2 33
x y
 
+ −
= − −
 ÷
 ÷
 
0,25
3a
Từ đẳng thức
( )
2 2 2
2
9
9
2
a b c
a b c ab bc ca
− − −
+ + = ⇒ + + =
Vậy ta phải chứng minh:
2 2 2
2 2 2 9a b c a b c+ + + + + ≥
0,5
Thật vậy: Ta biết :
2

2 3a a a+ ≥
vì
32 2 3
2 3 3a a a a a a a+ = + + ≥ =
Suy ra
( )
2 2 2
2 2 2 3 9a b c a b c a b c+ + + + + ≥ + + =
0.5
Xét trường hợp dấu bằng xảy ra: a=b=c=1 0,5
3b
Ta biết:
( ) ( )
2 2
1
1 1 1
a bc bc bc
a bc b c bc b c
−
− = =
+ − − + − −
0,5
vậy ta phải chứng minh:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 3
1 1 1 1 1 1 2
bc ca ab
b c c a a b
+ + ≥
− − − − − −

biến đổi về dạng:
( ) ( )
4 3 3 1bc ca ab abc bc ca ab a b c abc+ + − ≥ + + + − − − −
9bc ca ab abc+ + ≥
1 1 1
9
a b c
+ + ≥
Điều này đúng với a, b, c là các số dương.
0,5
Dấu bằng xảy ra khi
1
3
a b c= = =
0,5
4a
Ta biết tứ giác ABED nội tiếp được nên
CED CAB
∠ = ∠
;
Tam giác
DEB
đồng dạng với tam giác
ABC
theo trương hợp hai
góc.
0,5
Suy ra
DEC
S

1 2
os C=
2 2
ABC
CD
k c
BC S
= = = =
vậy
0
45C∠ =
0,5
Kẻ
//KE AB
lú đó
0
15DEK CBA CAB∠ = = ∠ − ∠
; hay
0
15B A∠ = ∠ +
Trong tam giác ABC có
0 0 0
15 45 180A B C A A∠ + ∠ +∠ = ∠ + ∠ + + =
hay
0
2 120A∠ =
;
0
60A∠ =
khi đó

0
75B∠ =
0,5
4b
Hạ OR vuông góc với AC, cắt đường vuông góc với KM kẻ từ P tại
điểm
1
Q
ta phải chứng minh:
1
//MQ BO
. Hay là
1
Q Q≡
0,5
Ta thấy tam giác MCP cân tại M suy ra MA=MC=MP lúc đó tam
giác APC vuông ở P. Tứ giác APOR nội tiếp được nên góc CAO
bằng góc RPO bằng nửa góc A.
Tứ giác
1
MPQ R
nội tiếp được suy ra
( )
0
1 1 1
0
90
2
90
2 2

A
Q MR RPQ RPO OPQ OPM
A C
∠
∠ = ∠ = ∠ + = + − ∠
∠ ∠
 
= + −
 ÷
 
0,5
BO cắt AC tại D, từ tam giác BCD ta có:
0 0
1
180 90
2 2 2
B A C
BDC C Q MC
∠ ∠ ∠
∠ = − ∠ − = + − = ∠
suy ra
1
//MQ BO
0,5
Học sinh có thể giải quyết các đề toán theo các fương án khác nhau, nếu đúng cho
điểm như bậc của thang điểm.