De thidap an hoc sinh gioi TOAN 09

Môn thi: Toán 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Cõu 1 (4,5 im).
a) Cho A = k4 + 2k3 16k2 2k + 15 vi k Z. Tỡm iu kin ca k A chia
ht cho 16.
b) Tỡm giỏ tr ln nht ca phõn s m t s l mt s cú ba ch s, cũn mu s l
tng cỏc ch s ca t s.
Cõu 2 (5,5 im).
a) Gii phng trỡnh: x 2 x 2 1 + 16x = 2
x 2 + y 2 + xy = 9
b) Giải hệ phơng trình:
x + y + xy = 3
Cõu 3 (3,0 im).
Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1
1
1
1
+
+
+
x 2 + y 2 + z 2 xy yz xz
Cõu 4 (5,5 im).
Cho ng trũn (O; R), hai ng kớnh AB v CD vuụng gúc vi nhau. E l
mt im trờn cung nh AD (E khụng trựng vi A v D). Ni EC ct OA ti M;
ni EB ct OD ti N.
a) Chng minh rng: AM.ED = 2 OM.EA
P=

b) Xỏc nh v trớ im E tng

OM ON
+
t giỏ tr nh nht.
AM DN

Cõu 5 (1,5 im).
Cho tam giỏc ABC, ly im C 1 thuc cnh AB, A1 thuc cnh BC, B1 thuc
cnh CA. Bit rng di cỏc on thng AA1, BB1, CC1 khụng ln hn 1.
1
Chng minh rng: SABC
(SABC l din tớch tam giỏc ABC).
3
- - - - - Hết - - - - -


hớng dẫn và biểu điểm Chấm đề chính thức

(Hớng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang)
Môn: toán - bảng B
----------------------------------------------

Câu
Nội dung
1
a/ Cho A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 với k Z
Vì k Z ta xét các trờng hợp:
TH1: k chẵn A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 là một số lẻ
A không chia hết cho 2
A không chia hết cho 16 (loại) (1)

2,5 TH2: k lẻ, ta có:
A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 = (k2 - 1)(k2 + 2k - 15)
= (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5)
Do k lẻ k - 1; k + 1; k - 3; k + 5 đều chẵn
A = (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5) M 2.2.2.2 = 16 (thoả mãn) (2)
Từ (1) và (2) với k Z mà k lẻ thì A luôn chia hết cho 16
b/ Gọi tử số của phân số là abc (0 < a 9, 0 b 9, 0 c 9, a, b, c N)
abc
90a 9c
90a
nên phân số đó có dạng P =
= 10 +
10 +
= 100
a+b+c
a+b+c
a
suy ra Pmax = 100 khi b = c = 0, 0 < a 9, a N
2
a/
1
Giải phơng trình x2 - x - 2 1 + 16x = 2 .
ĐKXĐ: x
16

Điểm
4,5

1,0

1,0

0,5

2,0

5,5
0,25

Khi đó phơng trình x2 - x = 2( 1 + 16x + 1)
1
)
2
1 + 16x = 4y2 -4y + 1 4y2 - 4y = 16x y2 - y = 4x (*)
Đặt: 1 + 16x + 1 = 2y ( y
3,0

y 2 y = 4x
(x y)(x + y + 3) = 0
Ta có: 2
x x = 4y
x = y

x + y + 3 = 0 (loại vì x - 1 và y 1 )

16
2
Với x = y thay vào (*) x2 - x = 4x
x2 - 5x = 0 x(x - 5) = 0
x = 5 (thoả mãn)

x = 0 (loại)

2,25

0,5


Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất là: x = 5

b/

x 2 + y 2 + xy = 9
( x + y ) 2 xy = 9

Ta có :
x + y + xy = 3
( x + y ) + xy = 3

1,0
x + y = 3

(x + y)2 + (x + y) 12 = 0 x + y = 4


1,0

Nếu x + y = 3
2,5

x = 0

x + y = 3
x + y = 3
y = 3
Hệ đã cho


x = 3
x + y + xy = 3
xy = 0

y = 0

Nếu x + y = -4

0,5
x + y = 4

Hệ đã cho xy = 7


(hệ vô nghiệm)

Vậy hệ phơng trình đã cho có 2 nghiệm (x; y) = (0; 3), (3; 0)
3

3,0
1 1 1
9

áp dụng bất đẳng thức: + +
(với A, B, C > 0)
A B C A+B+C
1
1
1
9
với x, y, z > 0 ta có: xy + yz + zx xy + yz + zx
1

1,0

9

P x 2 + y 2 + z 2 + xy + yz + zx
1

1

1

7

1,0

P ( x 2 + y 2 + z 2 + + xy + yz + zx + xy + yz + zx ) + xy + yz + zx


9
7

+
x + y + z + 2xy + 2yz + 2zx xy + yz + zx
2

2

9

2

7

9

21

= (x + y + z)2 + xy + yz + zx (x + y + z)2 + (x + y + z)2 30

1,0

(Do 3(xy + yz + zx) (x + y + z)2 và x + y + z = 1)
Du "=" xy ra khi v ch khi và x = y = z =
Vy Pmin = 30 x = y = z =

1
3

1
3

C

4

1M

A

5,5

O

1

B
N

E
D


a/ Xét COM và CED có:
= E = 90 0
O

C chung
COM CED (g-g)
CO OM
=

(1)
CE
ED
3,0
Do AB, CD là 2 đờng kính vuông
= 450
góc với nhau E = A

1,0

S
1

1,0

1

= 450
E1 = A
1
Xét AMC và EAC có:

C chung


S

AMC

EAC (g-g)

AC AM
=
CE AE

mà AC = 2 CO (do ACO vuông cân tại O)
AM
2 CO
2 OM
(do (1))
=
=
AE
CE
ED
AM.ED = 2 OM.AE (ĐPCM)
b/ Tơng tự câu a ta có:
BO ON
=
BON BEA
BE EA

1,0



S

S

DN BD
2BO
=
=
DE BE
BE
DN
2 ON ON = DN ON = EA

=
EA
DN
2 DE
2 DE
DE
EA
2,5
OM
ED
=
Từ câu a ta có: AM.ED = 2 .OM.AE
AM
2 EA
BND

1,0

BDE

0,5

OM ON 1
.
=
AM DN 2

OM ON
OM ON
1
+
2
.
=2
= 2
AM DN
AM DN
2
Dấu "=" xẩy ra khi và chỉ khi:
OM ON
ED
EA
=

=
ED = EA
AM DN
2EA
2ED

mà

E là điểm chính giữa cung nhỏ AD
OM ON
+
= 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của
AM DN

1,0


5
Bài
giảiĐiể
m

⇔ E lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung nhá AD
A

Kh«ng
mÊt tÝnh
tæng qu¸t,
gi¶ sö

0,5

ˆ < 90 0
60 0 ≤ A
kÎ

B

0,5

0,5

1
⇒ S ABC = CH.AB
2
mµ
CH ≤ CC1
≤ 1 ta cã:

BB1
BK
1
1
2
≤
≤
≤
=
SinA SinA SinA Sin60 0
3

1
2
1
⇒ S ABC ≤ .1.

=
2
3
3
(1)
TH2:

ˆ ≥ 90 0
A
⇒ AB ≤
BB1 ≤ 1,
CH ≤ CC1
≤1

1
1 1
⇒ S ABC ≤ .1.1 = <
2
2
3
(2)
Tõ (1) vµ
(2)

K

ĐỀ CHÍNH THỨC
B1

A1

CH ⊥
AB; BK
⊥ AC

AB =

H

C1

ˆ ≥ Bˆ ≥ Cˆ ⇒ A
ˆ ≥ 60 0
A
TH1:

1,5

C

M
ô
n
:
T
O
Á
N
9
T

h
ời
gi
a
n
là
m
b
ài
:
1
5
0
p
h
út
B
ài
1
(4
,0
đi
ể
m
)
)
Tì
m
cá
c

cặ


⇒ S ABC ≤

1
3

p
số
n
g
u
yê
n
d
ư
ơ
n
g
(x
;
y)
th
ỏa
m
ãn
6
x
+

5
y
+
1
8
=
2
x
y
b)
C
h
o
bi
ểu
th
ứ
c
A=

v
ới
a
là
số
tự

a3
+
24

n
hi
ên
ch
ẵn
.
H
ãy
ch
ứ
n
g
tỏ
A
có
gi
á
trị
n
g
u
yê
n.
B
ài
2
:
(4

,0
đi
ể
m
)
)
P
hâ
n
tí
ch
đa
th
ứ
c
sa
u
th


àn
h
n
hâ
n
tử
:
2
x3
–

9
x2
+
1
3
x
–
6
b)
Tí
n
h
gi
á
trị
củ
a
bi
ểu
th
ứ
c
M
=
x3
–
6
x
v
ới

x
=
3

B
ài
3
:
(5

20 + 14


,0
đi
ể
m
)
a)
G
iả
i
p
h
ư
ơ
n
g
trì
n

h:

x-2 + 6

b)
G
iả
i
hệ
p
h
ư
ơ
n
g
trì
n
h:

1

x + y + x


 xy + 1

xy


B

ài
4
(
5,
0
đi


ể
m
)
C
h
o
ta
m
gi
ác
câ
n
A
B
C
(
A
B
=
A
C;
Â

<
9
00
),
m
ột
đ
ư
ờ
n
g
tr
ò
n
(
O
)
ti
ếp
x
úc
v
ới
A
B,


A
C

tạ
i
B
và
C.
Tr
ên
cu
n
g
B
C
nằ
m
tr
o
n
g
ta
m
gi
ác
A
B
C
lấ
y
m
ột
đi

ể
m
M

( M ≠ B;C )

.
G
ọi
I;
H
;
K
lầ
n
lư
ợt
là
hì


n
h
ch
iế
u
củ
a
M
tr

ên
B
C;
C
A
;
A
B
và
P
là
gi
ao
đi
ể
m
củ
a
M
B
v
ới
I
K,
Q
là
gi
ao
đi
ể

m
củ
a
M
C
v
ới
I
H.


)
C
h
ứ
n
g
m
in
h
rằ
n
g
ti
a
đ
ối
củ
a
ti

a
M
I
là
p
hâ
n
gi
ác
củ
a
g
óc
H
M
K.
)
C
h
ứ
n
g
m
in
h
P
Q
//
B

C.
)
G
ọi
(
O
1)
và
(
O
2 )
lầ
n
lư
ợt
là
đ
ư
ờ
n
g
tr
ò
n
n
g
oạ
i
ti

ếp
∆

M
P
K
và
∆

M
Q
H.
C
h
ứ
n
g
m
in
h
rằ


n
g
P
Q
là
ti
ếp

tu
yế
n
ch
u
n
g
củ
a
ha
i
đ
ư
ờ
n
g
tr
ò
n
(
O
1)
và
(
O
2 )
.
)
G
ọi

D
là
tr
u
n
g
đi
ể
m
củ
a


B
C;
N
là
gi
ao
đi
ể
m
th
ứ
ha
i
củ
a
(
O

1),
(
O
2 )
C
h
ứ
n
g
m
in
h
rằ
n
g
M
,N
,D
th
ẳn
g
hà
n
g.
B
ài
5
(
2,
0

đi
ể


m
)
C
h
o
ta
m
gi
ác
A
B
C
n
h
ọ
n
và
O
là
m
ột
đi
ể
m
nằ
m

tr
o
n
g
ta
m
gi
ác
.
C
ác
ti
a
A
O,
B
O,
C
O
lầ
n
lư


ợt
cắ
t
B
C,
A

C,
A
B
tạ
i
M
,
N,
P.
C
h
ứ
n
g
m
in
h
:
AM BN
+
OM ON
≥

9
--------H
Ế
T--------


-H

Ư
Ớ
N
G
D
Ẫ
N
C
H
Ấ
M
Đ
Ề
C
H
Í
N
H
T
H
Ứ
C
M
ô
n
:
T
O
Á
N

Câu

a
2điểm

Ta có: 6 x + 5 y + 18 = 2 xy ⇔ 2xy - 6x - 5y = 18
⇔ 2xy - 6x + 15 - 5y = 33 ⇔ 2x(y – 3) – 5(y – 3) = 33
⇔ (y – 3)(2x – 5) = 33 = 1.33 = 3.11
Ta xét các trường hợp sau :
y −3 =1
 x = 19
⇒
 2 x − 5 = 33  y = 4
 y − 3 = 33  x = 3
⇒
*
2 x − 5 = 1  y = 36
 y − 3 = 11  x = 4
⇒
*
 2 x − 5 = 3  y = 14

*

B
ài

0,75đ

0,5đ

0,5đ


y −3 = 3
x = 8
⇒
 2 x − 5 = 11  y = 6

*

1
4điểm

b
2điểm

Các cặp số nguyên dương đều thỏa mãn đẳng thức trên.
Vậy các cặp số cần tìm là : (3; 36); (4; 14); (8; 6); (19; 4)

0,25đ

Vì a chẵn nên a = 2k ( k ∈ N )

0,25đ

8k 3 4k 2 2k k 3 k 2 k
+
+

=
+ +
24
8
12 3
2 6
3
2
2k + 3k + k k ( k + 1) ( 2k + 1)
=
=
6
6
Ta có : k ( k+1) M2 ⇒ k ( k+1) ( 2k+1) M2

Do đó A =

0,5đ
0,25đ

Ta chứng minh : k ( k + 1) ( 2k + 1) M3 Thật vậy :

- Nếu k = 3n (với n ∈ N ) thì k ( k + 1) ( 2k + 1) M3
- Nếu k = 3n + 1 (với n ∈ N ) thì 2k + 1M3
0,75đ
- Nếu k = 3n + 2 (với n ∈ N ) thì k + 1M3
Với mọi k ∈ N ⇒ k ( k + 1) ( 2k + 1) luôn chia hết cho 2 và cho 3
Mà (2, 3) = 1 ⇒ k ( k + 1) ( 2k + 1) M6 Vậy A có giá trị nguyên.
2
4điểm

a
2điểm
b
2điểm

a) 2x3 – 9x2 + 13x – 6 = 2x3 – 2x2 – 7x2 + 7x + 6x – 6
= 2x2(x -1) – 7x(x – 1) +6(x – 1) = (x – 1)(2x2 – 7x + 6)
= (x – 1)(x – 2)(2x – 3)
Đặt u = 3 20 + 14 2 ; v = 3 20 − 14 2
Ta có x = u + v và u 3 + v3 = 40
u.v = 3 (20 + 14 2)(20 − 14 2) = 2

0,5đ
1,0đ
0,5đ
0,25đ

x = u + v ⇒ x = u + v + 3uv(u + v) = 40 + 6x
hay x3 − 6 x = 40 . Vậy M = 40

0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ

3

a
2,5điểm

0,25đ

3

3

PT: x − 2 + 6 − x = x 2 − 8 x + 24 (1)
ĐKXĐ: 2 ≤ x ≤ 6
Chứng minh được: x − 2 + 6 − x ≤ 2 2
Dấu “=” xảy ra ⇔ x – 2 = 6 – x ⇔ x = 4
x 2 − 8 x + 24 = ( x − 4) 2 + 8 ≥ 8 = 2 2
Dấu “=” xảy ra ⇔ (x – 4)2 = 0 ⇔ x - 4 = 0 ⇔ x = 4
Phương trình (1) xảy ra ⇔ x = 4
Giá trị x = 4 : thỏa mãn ĐKXĐ
Vậy: S = { 4 }

0,5đ
0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ


b
2,5điểm

Điều kiện: xy≠0

0,25đ

1
1
9

x + y + x + y = 2
 2[xy(x+y)+(x+y)]=9xy (1)

⇔


2
(2)
 2(xy) -5xy+2=0
 xy + 1 = 5

xy
2


0,25đ

 xy=2 (3)

 xy= 1 (4)

2

Giải (2) ta được:

0,25đ

Thay xy = 2 vào (1) ta được x + y = 3 (5)
 x = 1

 x + y = 3  y = 2
⇔
Từ (5) và (3) ta được: 
  x = 2 ( thoả mãn ĐK)
 xy = 2

  y = 1
1
3
Thay xy = vào (1) ta được x + y =
2
2

(6)

 x = 1

3

 y = 1
x
+
y

=


2
2 ⇔ 
Từ (6)và(4) ta được: 
(thoả mãn ĐK)

 xy = 1
  x = 1

2
2

 y = 1


0,5đ
0,5đ

0,5đ

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là:
 1 1 
( x; y ) = (1; 2), (2; 1), 1; ÷,  ;1÷
 2  2 

0,25đ

A

4
5điểm

O2

N

K

H

O1 M
P
B

Q

E

E'
I

D

O

C

a
0,75điểm

·
a) Chứng minh tia đối của tia MI là phân giác của HMK
Vì ∆ ABC cân tại A nên ·ABC = ·ACB
Gọi tia đối của tia MI là tia Mx
Ta có tứ giác BIMK và tứ giác CIMH nội tiếp
·
·
⇒ IMH
= 1800 − ·ACB = 1800 − ·ABC = IMK
·
·
·
·
⇒ KMx
= 1800 − IMK
= 1800 − IMH
= HMx

b
1,25điểm

·
Vậy Mx là tia phân giác của của HMK
.
b) Tứ giác BIMK và CIMH nội tiếp
·
·

·
·
⇒ KIM
= KBM
; HIM
= HCM
·
·
·
·
·
⇒ PIQ
= KIM
+ HIM
= KBM
+ HCM

0,25đ

0,5đ
0,25đ

1 ¼
·
·
Mà KBM
( cùng bằng sd BM
)
= ICM

2
1 ¼
·
·
( cùng bằng sdCM )
HCM
= IBM
2
0,25đ
·
·
·
⇒ PIQ = ICM + IBM
·
·
·
Ta lại có PMQ
+ ICM
+ IBM
= 1800 ( tổng ba góc trong tam 0,25đ

giác)

0,25đ

·
·
⇒ PMQ
+ PIQ
= 1800

Do đó tứ giác MPIQ nội tiếp

c
1,0điểm

1 ¼
·
·
( cùng bằng sd PM
)
⇒ MQP
= MIK
2
·
·
·
Mà MIK
( vì cùng bằng KBM
)
= MCI
·
·
⇒ PQ// BC
⇒ MQP
= MCI
1 »
·
·
c) Ta có MHI

( cùng bằng sd IM
)
= MCI
2
·
·
mà MQP
( c/minh b)
= MCI
1 ¼
·
·
⇒ MQP
= MHI
= sd MQ
2

Hai tia QP;QH nằm khác phía đối với QM

⇒ PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O2) tại tiêp điểm Q (1)

0,5đ
0,25đ

Chứng minh tương tự ta có PQ là tiếp tuyến của đường tròn 0,25đ
(O1) tại tiêp điểm P (2)
(1) và (2) ⇒ PQ là tiếp tuyến chung của đường tròn (O 1) và
(O2)
d) Gọi E; E’lần lượt là giao điểm của NM với PQ và BC
0,5đ

2
Ta có PE = EM .EN ( vì ∆ PEM ∆ NEP )
QE2 = EM .EN ( vì ∆ QEM ∆ NEQ )
⇒ PE2 = QE2 ( vì PE;QE >0)
⇒ PE = QE
S S

d
1,0điểm

0,25đ


Xét ∆ MBC có PQ // BC ( c/m b) nên:
EP
EQ
=
( định lí Ta Lét)
E ' B E 'C
Mà EP = EQ ⇒ E’B = E’C do đó E’ ≡ D

0,5đ

Suy ra N, M, D thẳng hàng.
A

P
N
O

B

H

K

M

C

Từ A và O kẻ AH ⊥ BC
OK ⊥ BC (H, K ∈ BC)
⇒ AH // OK

5
2điểm

OM OK
=
Nên
(1)
AM AH
1
S BOC 2 OK .BC OK
=
=
S ABC 1 AH .BC AH
2
(2)
S BOC OM

=
(1) , (2) ⇒
S ABC AM
S AOC ON
=
Tương tự :
S ABC BN
S AOB OP
=
S ABC CP

Nên

OM ON OP S BOC S AOC S AOB
+
+
=
+
+
= 1 (3)
AM BN CP S ABC S ABC S ABC

0,25đ
0,25đ

0,75đ

Với ba số dương a,b,c ta chứng minh được:
1 1 1
+ + ) ≥ 9

a b c
OM ON OP AM BN CP
+
+
)(
+
+
) ≥ 9 (4)
Nên (
AM BN CP OM ON OP

(a+ b + c) (

Từ (3) ,(4) suy ra :
AM BN CP
+
+
≥ 9 (đpcm)
OM ON OP

0,75đ

Ghi chú:
- Hướng dẫn chỉ trình bày một trong các cách giải. Mọi cách giải khác nếu đúng vẫn cho
điểm tối đa theo từng câu, từng bài.
- Đáp án có chỗ còn trình bày tóm tắt, biểu điểm có chỗ còn chưa chi tiết cho từng bước lập
luận, biến đổi. Tổ giám khảo cần thảo luận thống nhất trước khi chấm.
- Điểm toàn bài không làm tròn số .

----------------------------------------------------------------------------------------------------------


Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 9
Năm học 2008 - 2009
Thời gian: 120 phút
Bài 1: Tính giá trị của các biểu thức sau
P = 2009 + 2 2008 2009 2 2008

( 2008

2

Q=

)(

)

2014 . 20082 + 4016 3 .2009

2005.2007.2010.2011
10a 3b 2 + ab = 0
2a b 5b a 9
+
=
Bài 2: Biết
. Chứng minh rằng:
3a b 3a + b 5
b > a > 0

Bài 3: Chứng minh rằng với < 450, ta có sin2 = 2sin. cos.
ã
Bài 4: Cho tam giác ABC có ABC
= 60 0 ; BC = a ; AB = c (a, c là hai độ dài cho trớc). Hình chữ nhật
MNPQ có đỉnh M trên cạnh AB, N trên cạnh AC, P và Q ở trên cạnh BC đ ợc gọi là hình chữ nhật nội
tiếp trong tam giác ABC.
a/ Tìm vị trí của M trên cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất.
Tính diện tích lớn nhất đó.
b/ Dựng hình vuông EFGH nội tiếp trong tam giác ABC bằng thớc kẻ và com-pa.
Tính diện tích của hình vuông đó
Bài 5: Cho iờm M thuục miờn trong tam giac ABC. Cac tia AM, BM, CM ct cac canh cua tam giac
ABC theo th t P, Q, R. Chng minh rng:
2

MP MQ MR
+
+
=1
AP BQ CR
MA MB MC
+
+
=2
b)
AP BQ CR
a)

---------------------- Hết -----------------