Tuyển tập đề thi học sinh giỏi toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2010-2011

ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề)
Bài 1. (2,0 điểm)
2

a + 1 a a −1 a −a a + a −1
Cho biểu thức : M =
+
+
với a > 0, a ≠ 1.
a
a− a
a −a a
a) Chứng minh rằng M > 4.
6
b) Với những giá trị nào của a thì biểu
nhận giá trị nguyên?
N=
M
thức
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Cho các hàm số bậc nhất: y = 0,5x + 3 , y = 6 và y =
có đồ thị lần
−x

mx
lượt là các đường thẳng (d 1), (d2) và (∆m). Với những giá trị nào của tham số m thì
đường thẳng (∆m) cắt hai đường thẳng (d 1) và (d 2) lần lượt tại hai đ iểm A và B
sao cho điểm A có hoành độ âm còn điểm B có hoành độ dương?
b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M và N là hai điểm phân biệt, di động
lần
lượt trên trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua đ iểm
cố định I(1 ; 2) . Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N; từ
đó, suy
1
1 .
ra giá trị nhỏ nhất của biểu
Q=
+
OM 2 ON 2
thức
Bài 3. (2,0 điểm)

17x + 2y = 2011 xy

a) Giải hệ phương trình: x − 2y = 3xy.
b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao
cho:

x + y −z + z −x =

1
(y + 3).
2

Bài 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn (C) với tâm O và đường kính AB cố định. Gọi M là đ iểm
di động trên ( C) sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là đ iểm đối
xứng
của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N.
Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) tại đ iểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM
và CN cắt nhau tại F.
a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng hàng.
b) Chứng minh rằng tích AM⋅ AN không đổi.
c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn
nhất.
Bài 5. (1,0 điểm)


Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu
tiên.
---HẾT--Họ và tên thí sinh: .................................................

Số báo danh: ........................

Chữ ký của giám thị 1: ............................. Chữ ký của giám thị 2:
...........................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

KÌ THI CHỌN SINH HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2010-2011
Môn thi: TOÁN

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9
Dưới đây là sơ lược biểu điểm của đề thi Học sinh giỏi lớp 9. Các Giám khảo thảo luận
thống nhất thêm chi tiết lời giải cũng như thang điểm của biểu điểm đã trình bày. Tổ chấm có thể
phân chia nhỏ thang điểm đến 0,25 điểm cho từng ý của đề thi. Tuy nhiên, điểm từng bài, từng
câu không được thay đổi. Nội dung thảo luận và đã thống nhất khi chấm được ghi vào biên bản cụ
thể để việc chấm phúc khảo sau này được thống nhất và chính xác.
Học sinh có lời giải khác đúng, chính xác nhưng phải nằm trong chương trình được học thì
bài làm đúng đến ý nào giám khảo cho điểm ý đó.
Việc làm tròn số điểm bài kiểm tra được thực hiện theo quy định của Bộ Giáo dục và
Đào tạo tại Quyết định số 40/2006/BGD-ĐT.

BÀI-Ý

ĐỀ -ĐÁP ÁN
a + 1 a a −1 a −a a + a −1
+
+
với a > 0, a ≠ 1.
a
a− a
a −a a
a) Chứ ng minh rằng M > 4.
6
b) Với những giá trị nào của a thì biểu
nhận giá trị nguyên.
N=
M
thức

Cho biểu thức: M =
Bài 1

ĐIỂM

2

Do a > 0, a ≠ 1 nên:

a a −1
a− a

=

( a −1)(a + a + 1)
+
a ( a −1)

=

a

a +1

2,00

và

a

0,25

2

a − a a + a −1 (a + 1)(a −1) − a (a −1) (a −1)(a − a +1) −a + a −1
=
=
=
a −a a
a (1 − a)
a (1 − a)
a

1.a
(1,25đ) ⇒ M = a + 1 +
2a
Do a > 0; a ≠ 1
nên:

0,25
2
( a −1) > 0 ⇔ a +1 > 2 a

2 a
+2= 4
a
6 3
Ta có 0 < N
< do đó N chỉ có thể nhận được một giá trị nguyên là 1
=

M 2
6 a
2
1.b
Mà N = 1 ⇔
= 1 ⇔ a − 4 a +1 = 0 ⇔ ( a − 2) =
a+1+2 3
(0,75đ)
a
⇔ a = 2 3 hay a = 2 − 3 (phù hợp)
+
Vậy, N nguyên ⇔ a = (2
2
±
3)
a) Cho các hàm số bậc nhất: y = 0, 5x + 3 , y = 6 − và y =
có đồ thị lần lượt
x
mx
⇒M>

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


Bài 2

là các đường thẳng (d1 ), (d2 ) và (∆m ). Với những giá trị nào của tham số m thì
đường thẳng (∆m ) cắt hai đường thẳng (d1 ) và (d2 ) lần lượt tại hai điểm A và B sao
cho điểm A có hoành độ âm còn điểm B có hoành độ dư ơng?
b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M và N là hai điểm phân biệt, di động lần
lượt trên trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm
cố định
I(1 ; 2) . Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N; từ đó, suy ra giá
2,00


1
1 .
trị nhỏ nhất của biểu
Q=
2 +
OM ON 2
thức
Điều kiện để (∆m ) là đồ thị hàm số bậc nhất là m ≠
0
Phương trình hoành độ giao điểm của (d 1 ) và (∆m )
là:
0, 5x + 3 = mx ⇔ (m − 0, 5)x = 3

0,25

2.a
Điều kiên để phương trình này có nghiệm âm là m − 0, 5 < 0 hay m < 0,
(0,75đ) 5

0,25

Phương trình hoành độ giao điểm của (d 2 ) và (∆m) là:
6 − x = mx ⇔ (m +1)x = 6
Điều kiên để phương trình này có nghiệm dư ơng là m +1 > 0 hay m >
−1
Vậy điều kiện cần tìm là: −1 < m < 0, 5; m ≠ 0

0,25

Đặt m = xM và n = yN ⇒ m⋅ n ≠ 0 và m ≠ 1
(*)
Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax+b
0 = am + b

⇒ 2 = a + b ⇒ hệ thức liên hệ giữa m và n là 2m + n =
n = b
mn


0,25

0,25

1 2
(**)

2.b
Chia hai vế cho m⋅ n ≠ 0 ta được:
+
= 1m
(1,25đ)
n
2
2
1
4
4
1   2 1
 1 2

⇒1 =
+
+
+
= 5
+
−
−
1
=



2
2  


2
2
m n
mn
m n
m n  m n
0,25
1
1
1
1
⇒Q=
+
≥ ; dấu “=” xảy ra khi = ; kết hợp (**): m = 5, n = 2,5 (thỏa (*))
2
2
2
0,25
m n
5
m n
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là
0,25
5

Bài 3

17x + 2y = 2011
xy

a) Giải hệ phương trình: 
x − 2y =
3xy.

(1)

1
x + y − z + z − x = (y + 3) (2)
b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao
2
cho:
17 2
9

+ = 2011  1 = 1=
x=
007
y x
9

 y

490
Nếu xy > 0 thì (1) ⇔ 
(phù hợp)
⇔
⇔


1

2
9
1
 − = 3
 = =
y =
490
1007
y x
 x 9
3.a
(1,25đ)

17 2
1 =
2011
 + = −

y x
y
Nếu xy < 0 thì (1) ⇔ 
⇔
 1 −2 = 3
1 =
 y x
 x

2,0 đ

0,50

−1004
9
⇒ xy > 0 (loại)
1031
−
18

0,25


3.b
(0,75đ)

Nếu xy = 0 thì (1) ⇔ x = y = 0 (nhận).

0,25

9
 9

KL: Hệ có đúng 2 nghiệm là (0; 0) và
;

 490 1007 
Điều kiện x ≥ 0; y − z ≥ 0; z − x ≥ 0 ⇔ y ≥ z ≥ x ≥ 0
(2) ⇔ 2 x + 2 y − z + 2 z − x = x + y − z + z − x + 3

0,25
0,25

2

2

2

⇔ ( x −1) + ( y − z −1) + ( z − x −1) = 0

0,25


 x= 1
x = 1
⇔  y − z = 1 ⇔  y = 3 (thỏa điều kiện)
z = 2
 z −x = 1


Bài 4

4.a
(1,00đ)

Cho đường tròn (C ) với tâm O và đường kính F
AB cố định. Gọi M là điểm di động trên (C )
sao cho M không trùng với các điểm A và B.
Lấy C là điểm đối xứ ng của O qua A.
Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt
đường thẳng

AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (C
C
) tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và
CN cắt nhau tại F.
a) Chứ ng minh rằng các điểm A, E, F
thẳng
hàng.
b) Chứ ng minh rằng tích AM ⋅ AN
không
đổi.
c) Chứ ng minh rằng A là trọng tâm của tam
giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất.
N
MN ⊥ BF và BC ⊥ NF
⇒ A là trực tâm của tam giác BNF
⇒ FA ⊥ NB

0,25
M

A

B

O

E

(C)

3,0 đ
0,25
0,25

Lại có AE ⊥ NB

0,25

Nên A, E, F thẳng hàng

0,25
0,25

CAN = MAB , nên hai tam giác ACN và AMB đồng dạng.
4.b
AN AC
=
(0,75đ) Suy ra:
AB AM
Hay AM ⋅ AN = AB ⋅ AC = 2R 2 không đổi (với R là bán kính đường tròn (C ))
2
Ta có BA = BC nên A là trong tâm tam giác BNF ⇔ C là trung điểm NF
(3)

0,25
0,25
0,25

3

CAN = CFM , nên hai tam giác CNA và CBF đồng dạng
CN AC ⇒ CN ⋅ CF = BC ⋅ AC =
4.c
⇒
=
BC CF 3R 2
(1,25đ)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: NF = CN + CF ≥ 2 CN ⋅ CF = không đổi
2R 3
Nên:
NF ngắn nhất ⇔ CN =CF ⇔ C là trung điểm NF (4)
Mặt khác:

(3) và (4) cho ta: A là trong tâm tam giác BNF ⇔ NF ngắn nhất

0,25
0,25
0,25

0,25
Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mư ời hai số nguyên dương đầu tiên.
0,75
Đặt:
S = 1 ⋅ 2⋅ 3⋅ 4⋅ 5⋅ 6 ⋅ 7⋅ 8 ⋅ 9⋅ 10 ⋅ 11 ⋅ 12
S
⇒
= 3⋅ 4 ⋅ 6⋅ 7 ⋅ 8⋅ 9 ⋅ 11⋅ 12 (1) là một số nguyên
100
⇒
hai chữ số tận cùng của S là 00

0,50
Mặt khác, trong suốt quá trình nhân liên tiếp các thừa số ở vế phải của (1), nếu chỉ để ý
(1,00đ)
S
đến chữ số tận cùng, ta thấy
có chữ số tận cùng là 6 (vì 3 ⋅ 4=12; 2 ⋅ 6=12; 2 ⋅ 7=14;
100
Bài 5


4⋅ 8=32; 2 ⋅ 9=18; 8 ⋅ 11=88; 8 ⋅ 12=96)
Vậy ba chữ số tận cùng của S là 600
--- Hết ---

0,25
0,25


Điều kiện x ≥ 0; y − z ≥ 0; z − x ≥ 0 ⇒ y ≥ z ≥ x ≥ 0
x +1
y −z + 1
z −x + 1
Theo BĐT Cauchy: x ≤
; y −z ≤
; z −x ≤
2
2
2
1
⇒ VP = x + y − z + z − x ≤ (y + 3) =

3.b
VT
2
(0,75đ)
 x= 1
x = 1

Do đó  y − z = 1 ⇔  y = 3 thỏa điều kiện
z = 2
 z −x = 1


PHÒNG GD-ĐT CẨM THỦY

0,25

0,25

0,25

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 (ĐỀ S Ố 3)
năm học : 2011 - 2012

Môn : TOÁN
( Thời gi an làm bài: 150 phút: Vòng 2)

Bài 1 ( 3,0 điểm)
Cho các số dương: a; b và x =

2ab

a −x

a+x
+
a+x
−

. Xét biểu thức P

=

b2+1

1
+
a − x 3b

1. Chứng minh P xác định. Rút gọn P.
2. Khi a và b thay đổi, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Bài 2 (3,0 điểm)
Tìm x; y; z thoả mãn hệ sau:
 x 3 − 3x − 2 = 2 − y
 3
y − 3y − 2 = 4 − 2z
 z 3 − 3z − 2 = 6 − 3x


Bài 3 ( 3,0 điểm)
n

n

Với mỗi số nguyên dương n ≤ 2008, đặt S n = a +b , với a =3 +

2

=

5

;b

3− 5
2 .
n+1

n+1

n

n

1. Chứng minh rằng với n ≥ 1, ta có S n + 2 = (a + b)( a
+ b ) – ab(a + b )
2. Chứng minh rằng với mọi n thoả mãn điều kiện đề bài, S n là số nguyên.
n
n 2






−
5
1
5
1
+
3. Chứng minh Sn – 2 = 
 −
 . Tìm tất cả các số n để S n –

  2   2 


2 là số chính phương.
Bài 4 (5,0 điểm)
Cho đoạn thẳng AB và điểm E nằm giữa điểm A và điểm B sao cho AE < BE.
Vẽ đường tròn (O1) đường kính AE và đường tròn (O 2) đường kính BE. Vẽ
tiếp tuyến chung ngoài MN của hai đường tròn trên, với M là tiếp điểm thuộc (O 1)
và N là tiếp điểm thuộc (O 2).


1. Gọi F là giao điểm của các đường thẳng AM và BN. Chứng minh rằng đường
thẳng EF vuông góc với đường thẳng AB.


2. Với AB = 18 cm và AE = 6 cm, vẽ đường tròn (O) đường kính AB. Đường
thẳng MN cắt đường tròn (O) ở C và D, sao cho điểm C thuộc cung nhỏ AD.

Tính độ dài đoạn thẳng CD.
B ài 5: (4đ): Cho ∆ABC đường thẳng d cắt AB và AC và trung t uyến AM theo thứ tự . Là
E,F,N.
AB AC 2 AM
a) Chứng minh :
+
=
AE AF
AN
b) Gi ả sử đường thẳng d // BC. Trên ti a đối của tia FB l ấy điểm K, đường thẳng KN c ắt
AB t ại P đường thẳng KM c ắt AC t ại Q.
Chứng mi nh PQ//BC.
B ài 6: (2 điểm)
Cho 0 < a, b,c <1 .Chứng mi nh rằng :
3

3

3

2

2

2

2a + 2b + 2c < 3 + a b + b c + c a

------------- HẾT-------------

HƯỚNG DẪN CHẤM: ĐỀ SỐ 3
Câu 1. (3,0 đi ểm)
Tó m tắt l ời gi
ải

1. (2.0 đi ểm)
Ta có: a; b; x > 0 ⇒ a + x > 0
a(b − 1)2
Xét a – x =
b2+1
Ta có a + x > a – x ≥ 0 ⇒ a + x − a − x ≠ 0
Từ (1); (2); (3) ⇒ P xác đị nh
Rút gọn:
2
2ab a(b + 1)
Ta có: a + x = a +
=
⇒
b + 12 b + 1 2

Đi ểm
0,25
(1)

≥ 0

0,25

(2)

(3)

a
a + x = (b + 1)
b +1
2
2ab a(b −1)
a
=
⇒ a − x = b −1 2
a- x=a − 2
2
b +1 b +1
b +1
a
a
(b + 1) 2
+ b −1 2
b +1
b + 1 + 1 = b + 1 + b −1 + 1
⇒P =
3b b + 1 − b − 1 3b
a
a
(b + 1) 2 − b − 1
1
2+
b +1
b
2

1
4
+
=
Nếu 0 < b < 1 ⇒ P =
2b 3b 3b
2
1 3b +
1
⇒P = b +
=
Nếu b ≥ 1
3b
3b
2. (1.0 đi ểm)
Xét 2 trường hợp:
4
4
⇒P>
Nếu 0 < b < 1, a dương tuỳ ý t hì P =
3
3b
1
b 1
Nếu b ≥ 1, a dương tuỳ ý t 2b
hì P = b +
=  +   +
3b  3 3b  3

0,25

0,25
2

0,25

0,25

0,25

0,25


0,25

b 1 2
+ ≥ , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b =
3 3b
1
3
2b
2
Mặt khác:
≥ , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1
3 3
2 2 4
Vậy P ≥ + = , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1
3 3 3
4
KL: Giá trị nhỏ nhất của P =
3

Ta có:

0,25

0,25
0,25

Câu 2 (3,0 đi ểm)
Tó m tắt l ời gi
ải

Biến đổi tương đương hệ t a có
 (x − 2)(x + 1) 2 = 2 − y

2
(y − 2)(y + 1) = 2(2 − z)
(z − 2)(z + 1) 2 = 3(2 − x)


Đi ểm

1,00

Nhân các vế của 3 phương trình với nhau t a được:
2
2
2
(x - 2)(y - 2) (z - 2)(x+1) (y+1) (z+1) = - 6(x - 2)(y - 2) (z - 2)
⇔ (x - 2)(y - 2) (z - 2) (x + 1) 2 (y + 1) 2 (z + 1) 2 + 6 = 0
⇔ (x - 2)(y - 2) (z - 2) = 0

⇔ x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2
Với x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 t hay vào hệ ta đều có x = y = z = 2
Vậy với x = y = z = 2 thoả mãn hệ đã c ho

[

0,50

]

0,25
0,25
0,25
0,50
0,25

Tó m tắt l ời gi
Câu 3 (3,0 đi ểm)
ải
1. (1,0 đi ểm)
n+2
n +2
Với n ≥ 1 thì Sn + 2 = a + b
(1)
n + 1
n + 1
n
n
n+2
n+2

Mặt khác: ( a + b)( a
+b
) – ab( a +b ) = a + b
(2) Từ (1); (2) ta có điều phải c hứng mi nh
2. (1.0 đi ểm)
Ta có: S1 = 3; S2 = 7
Do a + b =3; ab =1 nê n t heo 1 ta có: với n ≥ 1 thì Sn+2 = 3Sn+1 Sn
Do S1 , S2 ∈ Z nên S3 ∈ Z; do S2 , S3 ∈ Z nê n S4 ∈
Z
Tiế p t ục quá trình trên ta được S5 ; S6 ;...; S2008 ∈
Z
3. (1.0 đi ểm)
n

Đi ểm
0,25
0,50
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

n

 5 1  2   5 1  2 
Ta có S n – 2 = 
+   + 

−   −2
 2 2     2 2  




2

2

 5 1  n   5 1  n 


5− 1 
+  
 −   − 2  5 + 1
+
= 





 2 
 2 
 2    2  
2
 5 + 1 n  5 − 1  n 
 −
  đpcm

= 

n

0,25


Đặt a1 =

5+1
; b1 =
2

5 −1
⇒ a1 + b1 =
2

5 ; a1 b1 = 1

Xét Un = a1n − b1n
n+1

n+1

n

n

Với n ≥ 1 thì Un+2 = (a1 + b1 )(a1 - b1 ) – a1 b1 (a1 - b1 ) ⇒ Un +2 = 5 Un+1 –
Un

Ta có U1 = 1 ∈ Z; U2 = 5 ∉ Z; U3 = 4 ∈ Z; U4 = 3 5 ∉ Z;...
Tiế p t ục quá trình trên t a được Un nguyên ⇔ n lẻ
Vậy Sn – 2 là số chính phương ⇔ n = 2k+1 với k ∈ Z và 0 ≤ k ≤ 1003

0,25
0,25

Câu 4 (5,0 đi ểm)
Tó m tắt l ời gi
ải

Đi ểm

F

D
N
I
C
S

A

M

O1

E

O

O2

B

1. (2,5 đi ểm) O1 M; O2 N ⊥ MN ⇒ O1 M/ / O2 N
Do O1 ; E; O2 t hẳng hàng nên ∠ MO1 E = ∠NO2
B
Các t am gi ác O1 ME; O2 NB lần l ượt cân t ại O1 và O2 nê n t a có: ∠MEO1 = ∠NBO2
(1)
0
0
Mặt khác t a có: ∠ AME = 90 ⇒ ∠ MAE + ∠MEO1 = 90
(2)
0
0
⇒ ∠MAE + ∠NBO2 = 90
⇒ ∠AFB = 90
⇒ Tứ gi ác FMEN có 3 góc vuông ⇒ Tứ giác FMEN là hì nh chữ nhật
⇒ ∠NME = ∠FEM
(3)
0
Do MN ⊥ MO1 ⇒ ∠MNE + ∠EMO1 = 90
(4)
Do tam giác O1 ME cân t ại O1 ⇒ ∠MEO1 = ∠EMO1
(5)
Từ (3); (4); (5) ta có: ∠FEM + ∠MEO1 = 90 0 hay ∠FEO1 = 90 0(đpcm)
2. (2,5 đi ểm)
Ta có EB = 12 cm ⇒ O1 M = 3 cm < O2 N = 6 cm
⇒ MN cắt AB tại S với A nằm giữa S và B.

O1 M
SO1
=
Gọi I l à tr ung điểm CD ⇒ CD ⊥ OI ⇒ OI// O1 M //O2 N ⇒
O 2 N SO 2
⇒ SO2 = 2SO1 ⇒ SO1 +O1 O2 = 2SO1 ⇒ SO1 = O1 O2

0,25
0.25
0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5

0,25
0,25


Do O1 O2 = 3 + 6 = 9 cm ⇒ SO1 = O1 O2 = 9 cm ⇒ SO =SO1 + O1 O = 15cm
OI
SO

Mặt khác:
⇒ OI = 5 cm
SO1
=
O1 M
2
2
2
2
2
Xét tam gi ác COI vuô ng tại I ta có: CI + OI = CO ⇒ CI + 25 = CO
2
Ta có: CO = 9 cm ⇒ CI + 25 = 81 ⇒ CI = 56
⇒ CD = 4 14 cm
Câu 5 (2,0 đi ểm)
Đi ểm

A
E
E

N
I

B

M

C
S

a)
Kẻ BI , CS // EF

(I , S ∈ AM )

AB
AI AC
,
=
Ta có: AS AE
AN = AF
AN
AB AC
AI
AS
(∗)
⇒
+
=
+
AE AF
AN AN

1,0

∆BIM = ∆CSM (cgc)
⇒ IM = MS
Vậy: AI + AS = AI + AI + IM + MS = 2AM
Ta có:

Thay vào (*) ta đ ược (đpcm)

0,5


Khi d // BC ⇒ EF // BC ⇒ N là trung điểm c ủa EF
+Từ F kẻ đường thẳng song song với AB c ắt KP t ại L
Ta có: ∆NFP = ∆NFL(cgc) ⇒ EP =

0,5
0,5

LF
Do đó :

EP
PB

=

LF
PB

=

KF
KB

A

(1)

+Từ B kẻ đường thẳng so ng song với AC c ắt
KM t ại H
Ta có ∆BMH = ∆CMQ(cgc)
⇒ BH = QC

K

0,5

C

0,5

L
E

N

F
Q

P

B

M

KF
Do đó: FQ =
(2)
=
KB
FQ QC
BH
FP FQ
Từ (1) va (2) ⇒
=
⇒ PQ // BC (đpc m)
PB QC

0,5

B ài 6: 2 điểm)
Do a <1 ⇒ a 2 <1 và b <1
Nên ( 1−a 2 ) . ( 1−b ) > 0 ⇒ 1+ a 2b − a 2 − b > 0
Hay 1+ a 2b > a 2 + b
(1)
2
Mặt khác 0 ⇒ b + a 2 > a 3 + b3
Vậy a 3 + b 3 < 1 + a
2

b>b

0,5

3

0,5

b

Tương tự ta có
3

3

b +c <1+
2

3

0,25

3

b ca +c <1
2

+c a
3
3
3
2
2

⇒ 2a + 2b + 2c < 3 + a b + b c +
2
ca

0,25
0,5

UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2013-2014
MÔN: TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề

ĐỀ C HÍNH THỨC

 x+ y

Bài 1: (4 điể m) C ho biểu thức: P =



 1 − xy

+

x− y 
x + y + 2xy 
: 1 +

.

1 −xy 
1 + xy  

a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của P với x =

2

2+ 3

.

Bài 2: (4 điể m) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) và (L) lần lư ợt là đồ thị của hai
hàm

1
2

số: y = − x +

3
và y = x .
2

a) Vẽ đồ thị (D) và (L).
b) (D) và (L) cắt nhau tại M và N. Chứ ng minh OMN là tam giác vuông.
Bài 3: (4 điể m) Giải phư ơng
trình:

6x 4 −5x3 −38x 2 −5x + 6 = 0 .

Bài 4: (2 điể m) Q ua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh là a, vẽ một đư ờng thẳng c ắt
cạnh


BC ở M và cắt đường thẳng DC ở I.
Chứng minh rằng:

1
1
1
.
2 +
2 =
AM AI
a2

Bài 5: (6 điể m)
/

/

Cho hai đường tròn ( O ) và ( O ) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO cắt đường tròn ( O )
và ( O ) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF, E ∈ (
/


O ) và F ∈ ( O ). Gọi M là giao điểm của AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. Chứng

minh rằng:
/

a) Tứ giác MENF là hình chữ nhật.
b) MN ⊥ AD.
c) ME.MA = MF.MD.
---------- Hết ----------


UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

Bài
1 ĐKXĐ: x ≥ 0; y ≥ 0; xy ≠ 1.
a) Mẫu thức chung là 1 – xy

P=

( x + y )(1
+

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2013-2014-MÔN: TOÁN LỚP 9
Đáp án

xy ) + ( x − y )(1 − xy ) 1 − xy + x + y +
:
2xy
1 −xy

1 −xy

x + x y + y + y x + x −x y − y + y x
1 −xy
.
1 −xy
1 + x + y + xy
2( x + y x)
2 x
2 x (1 +
=
= y)
=
(1 + x)(1 + y) (1 + x)(1 + y) 1 + x
2(2 − 3)
2
x=
= 3 −2 3 + 1 = ( 3 −
=
4 −3 2
2+ 3
1)
=

b)

2

x = ( 3 − 1) =
P=

2( 3 − 1)

3 −1 = 3 −1
2 3 −2

=
=
1 + ( 3 −1) 2 1 + 3 −2 3 + 1
2( 3 − 1)

2
a)

6 3+2
P=
=
13
5 −2 3
3

1
3
x = 0 ⇒ y =
Đồ thị y = − x + có : 
2
2
2
y = 0 ⇒x = 3
Đồ thị y =

x

x khi x ≥ 0
= 
 −x khi x ≤ 0

Điểm
0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

Đồ thị như hình vẽ:

1đ

b)

Đồ thị (D) và (L) cắt nhau tại hai điểm có tọa độ M(1; 1) và N( - 3;

3)


0,5 đ
2

2

Ta có: OM = 1 + 1

=

ON =

2 ⇒ OM2 = 2

2
2
2
3 + (−3) = 3 2 ⇒ ON = 18

0,5 đ


2

2

3

2

(1 − 3) + (1 + 3) =

MN =

2

20 ⇒ MN2 = 20

2

Vì: OM + ON = MN
Vậy: tam giác OMN vuông tại O
Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình
2
Chia cả 2 vế của phương trình cho x ta được:

5 6
2
6x − 5x −38 − + 2= 0
x x
1
1
2
⇔ 6(x + 2 ) − 5(x + ) − 38 = 0
x
x

1
1
2
Đặt y = x +
x +
2 thì:
=2 y − 2 x
x
2
Ta được pt: 6y – 5y – 50 = 0 <=> (3y – 10)(2y + 5) = 0

1đ

1đ

10
5
và y = −
3
2
10
1 10
2
* Với y =
thì: x + =
⇔ 3x −10x + 3 = 0
3
x 3
1


x
=
1
<=> (3x – 1)(x – 3) = 0 <=> 
3

x 2 = 3
Do đó:

0,5 đ
0,5 đ

y=

5
2

1
5
2
= − ⇔ 2x + 5x + 2 = 0
x
2
 = −1
x3
2
<=> (2x + 1)(x + 3) = 0 <=> 

 x 4 = −2
* Với y = − thì:

x+

4

A

1đ

1đ

B

M

J

D

C

I

Vẽ Ax ⊥ AI cắt đường thẳng CD tại J.
Ta có ∆ AIJ vuông tại A, có AD là đư ờng cao thuộc cạnh huyền IJ, nên:

1
1
1
(1)

=
+
AD2 AJ 2 AI2

0,5 đ
0,5 đ

Xét hai tam giác vuông ADJ và ABM, ta có:
AB = AD = a; DAJ = BAM (góc có cạnh tương ứ ng vuông góc)
⇒ ∆ADJ = ∆ABM . Suy ra: AJ = AM

1
1
1
1
Thay vào (1) ta được:
(đpcm)
2 =
2 +
2 =
AD
AM
AI
a2

0,5 đ
0,5 đ


5

M

E
I
F

H

A

O

B

C

O/

D

N

a)

0

Ta có AEB = CFD = 90 (góc nội tiếp chắn nữa đường
tròn) Vì EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O
/

/
), nên: OE ⊥ EF và OF ⊥ EF => OE // O F
/

=> EOB = FO D (góc đồng vị) => EAO = FCO
Do đó MA // FN, mà EB ⊥ MA => EB ⊥ FN

/

0,5 đ
0,5 đ

0

Hay ENF = 90 .
O

b)

0,5 đ

Tứ giác MENF có E = N = F = 90 , nên MENF là hình chữ nhật
Gọi I là giao điểm của MN và EF ; H là giao điểm của MN và AD

0,5 đ

Vì MENF là hình chữ nhật, nên IFN = INF

0,5 đ

Mặt khác, trong đường tròn (O /): IFN = FDC =

1

2

sđ FC

=> FDC = HNC
Suy ra ∆FDC đồng dạng ∆HNC (g – g)

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

O

c)

=> NHC = DFC = 90 hay MN ⊥ AD

0,5 đ

Do MENF là hình chữ nhật, nên MFE = FEN

1
2

Trong đường tròn (O) có : FEN = EAB =
=> MFE = EAB

Suy ra ∆MEF đồng dạng ∆MDA (g – g)
=>

ME MF
=
, hay ME.MA = MF.MD
MD MA

sđ EB

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

Lưu ý: Nếu học sinh giải theo cách k hác, nếu đúng và phù hợp với kiến thức trong
chương trình đã học thì hai Giám khảo chấm thi thống nhất việc phân bố điểm của cách giải đó,
sao cho không làm thay đổi tổng điểm của bài (hoặc ý) đã nêu trong hướng dẫn này./.


THI HC SINH GII TON 9
Thi gian: 150 phỳt( khụng k thi gian giao
)
Cõu1: ( 5 )
2 x 9

Cho biể u thức M
=

2 x+1

+

+

x+3

x 5 x + 6
x 3 2 x
a. Tìm điề u kiệ n của x để M có nghĩa và rút gọn M
b. Tìm x để M = 5
c. Tìm x Z để M Z.
2
2
Cõu: 2(2). C ho 4a +b =5ab vi 2a>b>0.
ab
Tớnh giỏ tr ca biu
P=
4a 2 b 2
thc:
Cõu 3(4)

2

A=

a. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu
thc

3x 8x + 6
2

x 2x + 1
2
2
2
b. Chng minh rng vi mi s thc a,b,c ta a + b + c ab + bc + ca
cú
Cõu: 4 (4)
a. Phõn tớch a thc sau thnh nhõn t : x3 +y3 +z3 3xyz b. Gii phng trỡnh : x4 +2x3 -4x2-5x-6=0
Cõu: 5 (5) C ho hỡnh bỡnh hnh ABC D cú ng chộo AC ln hn ng chộo BD. Gi E,
F
ln lt l hỡnh chiu ca B v D xung ng thng AC.
1) T giỏc BEDF l hỡnh gỡ vỡ sao?
2) Gi CH v CK ln l t l ng cao ca tam giỏc ACB v tam giỏc AC D.Ch ng
minh
rng.
a. Tam giỏc CHK v tam giỏc ABC ng dng .
2
b. AB.AH+AD.AK=AC
P N
Cõu: 1(5)
a) K x 0; x 4; x
9

0,5

(

)( x 3) + ( 2 x +
1)(

( x 2)( x 3)

2 x 9 x + 3
Rỳt gn M =
Bin i ta cú kt qu : =

(

(
=

b)

2

(

M= 5

)

x x 2
x 2 x 3

)(

x+1
x 3

)(

)

x

)( x 2)

x 1
x 3

= 5

x 2

)
0,5

0,5

x+1
=

x 3

1

1


⇒ x = 4 ⇒ x = 16(TM )

c) M =

x+1
=
x −3

Do M ∈ z nên

x −3 + 4
+

= 1

4
x −3

0,5đ

x −3

x − 3 là ước của 4 ⇒ x − 3 nhận các giá trị: -4;-2;-1;1;2;4 0,5đ

⇒ x ∈ {1;4;16;25;49} x ≠ 4 ⇒ x ∈
do
{1;16;25;49}
Câu: 2 (2đ)
2
2
Phân tích được 4a +b =5ab thành (a-b)(4a-b)=0
<=> a=b hoặc 4a=b

0,5đ
0,5đ
0,5đ


Lập luận chỉ ra a=b (nhận) 4a=b (loại)
a2
1
ab
Tính được P =
=
2 =
2
2
3a
3
4a − b
Câu: 3 (4đ)
( x − 2)2
2x − 4x + 2 + x 2 − 4x + 4
a. Viết được A =
= 2+
≥
2
2
2
2
x − 2x + 1
( x − 1)

Lập luận min A = 2 khi x-2= 0 => x= 2

a2

0,5đ
0,5đ

1,5đ

0,5đ

+ b + c ≥ ab + bc + ca
b. biến đổi
<=> 2a2 +2b2 +2c2 ≥2ab+2bc+2ca
2
2
2
2
2
2
<=> a -2ab+b +b -2bc +c +c -2ca+a ≥0
2
2
2
<=> (a-b) +(b-c) +(c-a) ≥ 0
Lập luận => khẳng định
Câu: 4 (4đ)
a. x3 +y3 +z3 -3xyz
3
2

2
3
3
2
2
= x +3x y+3xy +y +z -3x y-3xy -3xyz
3
3
= (x+y) +z –3xyz(x+y+z)
2
2
2
= (x+y+z)(x +2xy+y +z -xz-yz)-3xy(x+y+z)
2
2
2
=(x+y+z)(x +y +z -xy-yz- zx)
2

2

4

3

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ

2

b. Giải phương trình : x +2x -4x -5x-6=0
<=> x4 -2x3 +4x3 -8x2 +4x2 -8x + 3x-6=0
3
2
<=> x (x-2)+4x (x-2)+4x(x-2)+3(x-2)=0
<=> (x-2)(x3 +4x2 +4x+3)=0
<=> (x-2)(x3 +3x2 +x2 +3x+x+3) =0
2
<=> (x-2)[x (x+3)+x(x+3)+(x+3)]=0
2
<=> (x-2)(x+3)(x +x+1) =0
Câu: 5 (5đ)

0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
H

B

C

F
E

1. Chỉ ra Ta m giác ABE = Tam giác
A
CDF
=>BE=DF . BE//DF cùng vuông góc với AC
=> BEDF là hình bình hành
2.a. Chỉ ra góc CBH = góc CDK
=> tam giác CHB đồng dạng với Tam giác CDK (g,g)
CH
CK
⇒
=
CB CD
Chỉ ra CB//AD,CK vuông góc C B=> CK vuông góc CB
Chỉ ra góc ABC = góc HCK ( cùng bù với BAD)
CH
CK
CH
CK
Chỉ ra ⇒
vì AB=C D
hay ⇒
=
=
CB CD
CB AB
Chỉ ra tam giác CHK đồng dạng tam giác BCA (c- g-c)

b. chỉ ra tam giác AF D = tam giác C EB => AF=C E
chỉ ra tam giác AF D đồng dạng với tam giác AKC
=> AD.AK=AF.AC => AD.AK=CE.AC
(1)
Chỉ ra tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACH

0,5đ
D
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ

K

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