De HSG toan 9 thi huyen

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THẠCH HÀ

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1. (4,5 điểm)
a. Giải phương trình

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC
SINH GIỎI TỈNH MÔN TOÁN LỚP 9
NĂM HỌC 2011 – 2012
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi: 03 / 01 / 2012

(

)

x −1 + 3 − x = − x 2 + 2x − 3 − 2 .
 x y + y x = 30

b. Giải hệ phương trình 

 x x + y y = 35

.

c. Giải phương trình nghiệm nguyên x 5 − 5x 3 + 4x = 5 ( 24y + 1) .
Bài 2. (2,0 điểm)

 x = by + cz

 y = ax + cz

Cho các số a, b, c, x, y, z thõa mãn z = ax + by .
x + y + z ≠ 0

 xyz ≠ 0
1
1
1
+
+
=2.
Chứng minh rằng
1+ a 1+ b 1+ c

Bài 3. (3,0 điểm)
Cho x, y, z > 0 , chứng minh rằng

x
y 3z
+
+
> 2.
y
z
x

Bài 4. (3,5 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = 15x + x 17 − x 2 .
Bài 5. (5,0 điểm)

Cho đường tròn (O ; R), hai đường kính AH và DE. Qua H kẻ tiếp tuyến với đường
tròn (O) cắt AD và AE kéo dài lần lượt tại B và C. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BH
và HC.
a. Chứng minh DM, EN là các tiếp tuyến của đường tròn (O ; R)
b. Chứng minh trực tâm I của tam giác AMN là trung điểm của OH.
c. Hai đường kính AH và DE của (O ; R) phải thỏa mãn điều kiện gì để diện tích
tam giác AMN bé nhất.
Bài 6. (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC có đường cao AH (AH = h a), p là nửa chu vi, BC = a. Chứng
minh rằng h a ≤ p.(p − a) .
--------------------Hết--------------------


HƯỚNG DẪN CHẤM
Nội dung

Bài
a) (1,5đ)

(

2
Giải phương trình x − 1 + 3 − x = − x + 2x − 3 − 2

ĐK: 1 ≤ x ≤ 3

2

Áp dụng BĐT với a, b ≥ 0 thì ( a + b ) ≥ a + b
2

)

Điểm

(1)
0,25đ

2.

( Đẳng thức xẩy ra khi a = 0 hoặc b = 0) ta có

(

x −1 + 3 − x

(

)

2

0,25đ

≥ x −1 + 3 − x = 2 ⇒ x − 1 + 3 − x ≥ 2 (*)

)

Ta lại có − x + 2x − 3 − 2 = 2 − ( x − 1) ( x + 3 )
2

2 − ( x − 1) ( x + 3) ≤ 2 (**)

Do 1 ≤ x ≤ 3 nên x + 3 > 0, x − 1 ≥ 0 suy ra
Từ (*) và (**)

Bài 1
4,5đ

 x −1 + 3 − x =


⇒ (1) ⇔ 
2
− x + 2x −3 − 2



(

2

)=

2

(

⇔ x =1 t/m

)

S = x + y

Ta đặt 

0,75đ

P = x. y

)

 xy x + y = 30

⇔
3
 x +3 x y + y x +


( )

(

(

)

 xy x + y = 30
 xy = 6


⇔
⇔ 
(I)

3
3
x
+
y
=
5


y = 125  x + y = 125


) ( )

(

)

Giải hệ (I) ta được

 x = 3
 x =2
hoặc 


 y = 2

 y =3

 x = 4 (TM)
 x = 9 (TM)
⇒
hoặc 
 y = 4 (TM)
 y = 9 (TM)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x ; y) = (4 ; 9); (9 ; 4)
c) (1,5đ)
Ta có x5 – 5x3 + 4x = 5(24y + 1) ⇔ x3(x2 − 1) – 4x(x2 − 1) = 120y + 5
⇔ (x − 2)(x − 1)x(x + 1)(x + 2) = 120y + 5
Ta có vế trái là tích của 5 số ngun liên tiếp chia hết cho 120 (1) (?)
Vế phải chia cho 120 dư 5 (2)
Từ (1) và (2) suy ra phương trình vơ nghiệm trong tập hợp ¢ .
Từ giả thiết ta có: x + y + z = 2(ax + by + cz) = 2(z + cz) = 2z (1 + c)
⇒ c +1=

Bài 2
2,0đ

2z

⇒

1
2z
=
c +1 x + y + z

1
2x
1
2y
=
;
=
Tương tự
a +1 x + y + z
b +1 x + y + z
⇒

Bài 3
3,0đ

x+y+z

0,5đ
0,25đ

Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình (1)
b) (1,5đ)
ĐK: x, y ≥ 0

(

0,5đ

1

1
1
2x
2y
2z
+
+
=
+
+
=2
a +1 b +1 c +1 x + y + z x + y + z x + y + z

Với 6 số khơng âm a, b, c, d, e, f
Ta có: a + b + c + d + e + f ≥ 6. 6 a.b.c.d.e.f . (BĐT Cauchycho sáu số không
âm)

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,75đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ

1,0đ
1,0đ


Ta có M =

x
y 3 z x 1
+
+
= +
y
z
x
y 2

y 1
+
z 2

y 13 z 13 z 13 z
+
+
+
z 3 x 3 x 3 x

1,0đ

3
3

x
1
y
y
1
z
z
z
1
1
3
1
1
3
6
6
3
6
≥ 6 ×6 × × × × × × × = 6 × × = 6.
× = 6×
> 2.1
y 4 z z 27 x x x
4 27
4 36
3 4

0,5đ

ĐK: − 17 ≤ x ≤ 17

(

)(

)

2
2
2
2
Áp dụng BĐT: ( a1b1 + a2b2 ) ≤ a1 + a2 b1 + b2 , đẳng thức xẩy ra ⇔
2

a1 a 2
=
b1 b 2

 a 2 + b2 
và BĐT: a.b ≤ 
÷, đẳng thức xẩy ra khi a = b ta có:
 2 

(

)

M = x . 1. 17 − x 2 + 15. 15 ≤ x
Bài 4
3,5đ

Bài 5
5,0đ

( 1 + 15 ) . ( 15 + 17 − x 2 )

x 2 + 32 − x 2
= x .4. 32 − x ≤ 4 ×
= 64
2
⇒ M ≤ 64 ⇔ −64 ≤ M ≤ 64

0,5đ
0,75đ

2


15
2
=1
 17 − x =
15
⇔ x = ± 4 (t / m)
Dấu “=” xảy ra ⇔ 

2
 x = 32 − x
Vậy Min M = − 64 ⇔ x = −4
Max M = 64 ⇔ x = 4
Vẽ hình đúng (0,5đ)

a) (1,5đ)
·
·
(vì tam giác DHO cân tại O).
ODH
= OHD
·MDH = MHD
·
(vì DM là trung tuyến của tam giác vuông BDH).
·
·
ADHE là hình chữ nhật ⇒ ⇒ ODH
+ MDH
= 90Ο ; MD ⊥ DO
⇒ MD là tiếp tuyến của (O ; R).
Tương tự NE là tiếp tuyến của (O ; R)
b) (1,5đ)
Gọi I là trung điểm của OH; gọi K là giao điểm của MI và AN
AH CH
=
ABC vuông tại A, đường cao AH ⇒ AH2 = BH.CH ⇒
BH AH
AH
CH
OH NH
⇔
=
⇔
=

⇒ BHO
AHN (c.g.c)
2.BH 2AH
BH AH
·
·
⇒ BO ⊥ AN
⇒ OBH
= NAH
Lại có MI là đường trung bình của HBO ⇒ MI // BO ⇒ MK ⊥ AN
Mặt khác AH ⊥ MN . Vậy trung điểm I của OH là trực tâm của tam giác AMN.

0,75đ
0,5đ

0,5đ

0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ

0,75đ
0,5đ
0,25đ


c) (1,5đ)
Ta có SAMN =

Đẳng thức xẩy ra

∆ ABC vng cân tại A

BH = HC

Vậy Min SAMN = 2R2

0,5đ

AH ⊥ DE

0,25đ

AH ⊥ DE

Ta có
ha ≤ p.(p − a)

D

⇔ 2ha ≤ 2p.(2p − 2a)
⇔ 2ha ≤ (a + b + c).(b + c − a)
⇔ 2ha ≤ (b + c)2 − a 2
⇔ 4ha2 ≤ ( b + c)2 − a 2 (*)
Bài 6
2,0đ

0,75đ

AH.MN
R
R
= R.MN = (BH + HC) ≥ 2 BH.HC = R AH 2 = 2R 2
2
2
2

c

0.5đ

E

A
b

c

Ta cần chứng minh (*)
ha
Thật vậy, Từ B kẻ đường thẳng vng góc với BC, trên
cùng một nửa mặt phẳng có bờ là BC chứa điểm A, lấy
B
điểm D sao cho AD = AB = c.
H
2
2
2− 2
Ta có (b + c) –a = (AD +AC) a

≥ DC2 − a 2 = DB2 + a 2 − a 2 = DB2 (1)
Từ A kẻ AE vng góc với BD ta có EB = AH
Mà tam giác ABD cân tại A suy ra AE là trung tuyến của tam giác ABD
⇒ 2EB = DB ⇒ 2AH = DB ⇒ DB2 = 4 AH 2 (2)

a

0,5đ

C

0,5đ

Từ (1) và (2) suy ra (b + c )2 – a2 ≥ 4ha2 Vậy h a ≤ p.(p − a)
Đẳng thức xẩy ra khi A, C, D thẳng hàng ⇔ ∆ ABC cân tại A.

0,5đ

Lưu ý: - Học sinh giải cách khác đúng và hợp lí vẫn cho điểm tối đa.
Bài dọc thêm
Bài 01. Giải phương trình
ĐKXĐ: 3 ≤ x ≤ 8 ( *) .

x − 3 + 8 − x = 11x − x 2 − 24 + 1.

Đặt t = x − 3 + 8 − x ( t > 0 ) ⇒ t 2 = 5 + 2 11x − x 2 − 24.

 t = −1
2
Phương trình đã cho trở thành t − 2t − 3 = 0 ⇔ 

 t =3
Vì t > 0 nên t = − 1 (loại) ; t = 3 (thích hợp).
x = 7
t = 3 ⇔ 11x − x 2 − 24 = 2 ⇔ 
(đều thõa điều kiện (*)).
x = 4
trình đã cho có tập hợp nghiệm là S = { 4 ;7} .
Bài 02.
Cho a, b, c > 0 . Chứng minh
1
1
1
3
+
+
≥
(*)
a(b + 1) b(c + 1) c(a + 1) abc + 1
 abc + 1   abc + 1   abc + 1 
+ 1 + 
+ 1 + 
+ 1 ≥ 6
(*) ⇔ 
 a(b + 1)   b(c + 1)   c(a+ 1) 

bất

 a+ 1 b(c + 1)   b + 1 c(a+ 1)   c + 1 a(b + 1) 
⇔
+

+
+
+
+
≥6
b + 1   b(c + 1)
c + 1   c(a + 1)
a + 1 
 a(b + 1)

Vậy phương

đẳng

thức


 a+ 1 a(b + 1)   b+ 1 b(c + 1)   c + 1 c(a+ 1) 
⇔
+
+
+
+
+
≥6
a+ 1   b(c + 1)
b + 1   c(a + 1)
c + 1 
 a(b + 1)
(ñuùng theo BÑT Cauchy !)