Đề thi chonHSG cấp tỉnh toán 9 có đáp án(đề 6)

Xuân Đức 66
Đề số 10
Đề thi hs giỏi môn toán 9 vòng 2
năm học: 2008 - 2009
(Thời gian 150 phút )
Bài 1:(3 điểm)
1. Cho
2
1 1
2 1 1 2 1 1
x =

+ + +
tính giá trị của biểu thức sau
4 3 2 2009
( 2 1)A x x x x= +
2. Giải hệ phơng trình:
2 2 2
2 2
19( )
7( )
x xy y x y
x xy y x y

+ + =


+ =


Bài 2: (2 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC và một điểm M trong tam giác. Chứng minh:

. . . 4.
ABC
AM BC BM AC CM AB S+ +
. Dấu bằng sảy ra khi nào?
Bài 3: (6 điểm)
1. Tìm các số a, b, c biết:
1
2008 2009 2 ( )
2
a b c a b c+ + + = + +
2. Cho x, y, z > 2 thõa mãn:
1 1 1
1
x y c
+ + =
. Chứng minh:
( 2)( 2)( 2) 1x y z
3. Tìm giá trị nhỏ nhất:
2 2
2 2 1 2 4 4y x x x x= + + + +
Bài 4: (5 điểm)
Cho đờng tròn (O; R) và đờng tròn (
( ; )
2
R
I
tiếp xúc ngoài tại A. Trên đờng tròn (O)
lấy điểm B sao cho AB = R. Tia MA cắt đờng tròn (I) tại điểm thứ hai tại N. Qua N kẻ đ-

ờng thẳng song song với AB cắt đờng thẳng MB ở P.
1. Chứng minh OM//IN.
2. Chứng minh độ dài đoạn NP không phụ thuộc vào vị trí của điểm M
3. Xác định vị trí điểm M để
ABPN
S
đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị đó theo R
Bài 5: (3 điểm)
1. Cho các số thực x, y, z thõa mãn:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 3 9x y x y y z x y z+ + + + =
Tìm giá trị nhỏ nhất của xyz.
2. Tìm các số nguyên dơng x, y, z thõa mãn phơng trình:
4 2
2 0x x yz z + =
Bài 6: (1 điểm)
Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 1. Trên cạnh BC lấy điểm M, trên cạnh CD
lấy điểm N sao cho chu vi tam giác MCN bằng 2. Tính góc MAN.
Xuân Đức 66
H ớng dẫn chấm
Bài 1: (3 điểm) Môic ý 1,5 điểm
Câu 1: (1,5 điểm):
Ta có:
2
1 1
2 1 1 2 1 1
x =

+ + +
=

2

4 3 2 2009
( 2 1)A x x x x= +
2009
(4 2 2 2 2 2 1) 1= + =
Câu 2: (1,5 điểm):
Ta có:
2 2 2
2 2
19( )
7( )
x xy y x y
x xy y x y

+ + =


+ =


2
2
6( ) 0
( ) 7( ) 0
x y xy
x y x y xy

=

+ =


đặt:
;u x y v xy= =
hệ trên trở thành

2
2
6 0
7 0
u v
u u v

=


+ =


Giải hệ ta đợc 2 nghiệm (u; v) là (0; 0) và (1; 6). Do đó hệ ban
đầu có 3 nghiệm: (x; y) là (0; 0) và (3; 2); (-2; -3)
Bài 2:(2 điểm)
Kéo dài AM cắt BC tại I
Kẻ
;BE AM CF AM

Ta có

. . 2
BAM
BI AM BE AM S

=

. . 2
CAM
CI AM CF AM S


( ). 2( )
BAM CAM
BI CI AM S S

+ +
Hay
. 2( )
BAM CAM
AM BC S S

+
(1)
Tơng tự ta chứng minh đợc:

. 2( )
CAM CBM
CM AB S S

+

(2)

. 2( )
CBM BAM
BM AC S S

+
(3)
Cộng vế với vế của (1); (2) và (3) ta đợc:
. . . 4( )
BAM CAM BMC
AM BC CM AB BM AC S S S

+ + + +

. . . 4
ABC
AM BC CM AB BM AC S

+ +
Dấu = sảy ra khi:
; ;AM BC BM AC CM AB
hay M là trực tâm của tam
giác ABC.
Bài 3: (6 điểm)
Câu1: (2,0 điểm)
ĐK:
2008; 2009; 2x b c
Cách 1:Ta có:
1

2008 2009 2 ( )
2
a b c a b c+ + + = + +
2 2008 2 2009 2 2a b c a b c + + + = + +
( 2008) 2 2008 1 ( 2009) 2 2009 1 ( 2) 2 2 1 0a a b b c c

+ + + + + + + =


2 2 2
( 2008 1) ( 2009 1) ( 2 1) 0a b c+ + + =
2007
2010
3
a
b
c
=


=


=

F
I
E
M
C

B
A
Xuân Đức 66
Cách 2: Ta có
2009
2008
2
a
a
+
+

2008
2009
2
b
b



1
2
2
c
c



2008 2009 2a b c a b c+ + + + +
Dấu = sảy ra khi:

1 2008 2007a a= + =


1 2009 2010b b= =

1 2 3c c= =
Câu 2: ( 2 điểm)
Ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 2 2
1 ( ) ( )
2 2 2 2
y z
x y c x y z y z

+ + = = + = +
Mà y; z > 2 nên:
1 ( 2)( 2)
2
4
y z
x yz


=
( 2)( 2)y z
yz

(1)
Tơng tự:
1 ( 2)( 2)x z

y xz


(2)

1 ( 2)( 2)x y
z xy


(3)
Từ (1); (2) và (3) ta có:

2
1 ( 2)( 2)( 2)x y z
xyz xyz





( 2)( 2)( 2) 1x y z
(đpcm)
Câu 3: (2 điểm) ta có:
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) (1)a b c d a c b d+ + + + + +
2 2 2 2 2 2 2 2) 2 2 2 2
2 ( )( 2 2a b c d a b c d a b c d ac bd + + + + + + + + + + +
2 2 2 2)
( )(a b c d ac bd + + +
(2)

* Nếu: ac + bd < 0 thì (2) đợc chứng minh
* Nếu: ac + bd
0
thì (2) tơng đơng với

2 2 2 2 2 2 2 2
( )( ) 2a b c d a c b d abcd+ + + +


2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2a c b d a d b c a c b d abcd+ + + + +


2
( ) 0ad bc
(đpcm)
Ta có:
2 2
2 2 1 2 4 4y x x x x= + + + +
2 2 2 2
( 1) (2 )x x x x= + + + +
áp dụng BĐT trên ta đợc:

2 2 2
( 1 2 ) (2 ) 9 4 3y x x x x + + + = +
min
3y =
khi x = 0
Bài 4: (5 điểm)
Câu a: (1,5 điểm)

Ta có: OA = OM = R
MOA
cân tại O

ã
ã
OMA OAM=
(1)
Tơng tự: IA = IN =
2
R

IAN
cân tại I
H
B
P
N
M
A
I
O
Xuân Đức 66
ã
ã
IAN INA =
(2)
Mà (O; R) và (I:
2

R
) tiếp xúc tại A
do đó O, A, I thẳng hàng
Nên
ã
ã
OAM IAN=
(đđ) (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra:
ã
ã
OMA INA=
(ở vị trí so le trong)
Do đó OM//IN (đpcm)
Câu 2: (2 điểm)
Ta có: OM//ON suy ra
2
2
AM OM R
AN IN R
= = =

2 2
2 1 3
AM
AM AN
= =
+ +
Mà AB//PN ( gt)
2 3 3

3 2 2
AB AM
NP AB R
NP MN
= = = =
Vậy độ dài PN không đổi.
Câu 3: (1,5 điểm)
Từ A kẻ
AH PN
kéo dài tại H.
1 1 3 5
( ). ( ). .
2 2 2 4
ABPN
S AB PN AH R AH R AH
R
= + = + =
Vì R không đổi nên
ABPN
S
lớn nhất khi và chỉ khi AH lớn nhất.
Do
AH AN
nên AH lớn nhất lkhi AH = AN.
H N

AN PN AM AB
tại A (do AB//PN) khi đó
AMB
vuông ở A nen ta có:

2 2 2 2 2
(2 ) 3AM MB AB R R AM R= = =
Do
2
3
AM
MN
=
mà
1 1
. 3
2 2
AN AM AN R= =
ABPN
S
đạt giá trị lớn nhất =
2
5 3 5 3
.
4 2 8
R R
R =
(đơn vị diên tích)
Khi M thuộc cung lớn AB và
AM AB
Bài 5: (3 điểm)
Câu 1: (1,5 điểm)
Ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 3 9x y x y y z x y z+ + + + =

2 2 2 2 2 2 2 2 2
( 2 ) 2( 2 ) 3( 2 1) 12x xyz y z y xyz x z x y z xyz + + + + + + + =

2 2 2
( ) 2( ) 3( 1) 12x yz y xz xyz + + + + =

2 2
3( 1) 12 ( 1) 4xyz xyz

2 1 2 3xyz xyz
Mà xyz = -1
0
0 ( ; ; ) (1, 1,1);(1,1, 1);( 1,1,1);( 1, 1, 1)
1
x yz
y xz x y z
xyz
+ =


+ = =


=

Vậy giá trị nhỏ nhất của xyz = -1
Câu 2: (1 điểm)
Ta có:

4 2
2 0x x yz z + =

2 2
( ) 2 (1)x x yz z =
Xét 3 trờng hợp:
Xuân Đức 66
* Nếu z = 1 thì (1)
2 2
( ) 1x x y =

2
1
1
2
1 1
x
x
y
y
=

=



=
=

* Nếu z = 2 thì (1)
2 2 2
( 2 ) 0 2x x y x y = =
nên có nghiệm:
2
2 ; 2x k y k= =
(với
k Z
+

)
* Nếu z > 2 thì (1) ta có: z- 2 > 0 và
2
2z x M
nên
2 2 2 2 2 2
2 2 0 0z x z x x x yz x x y + > < <
(vô lý)
Vậy bộ ba số nguyên dơng (x; y; z) thõa mãn đề bài là: (1; 2; 1) và (2k; 2k
2
; 2) với k là số
nghuên dơng.
Bài 6:(1 điểm)
Trên tia đối của tia BC lấy điểm K sao cho BK = DN
Khi đó MK = MB + BK = MB + DN = 1 CM +1 CN
= 2 ( CM + CN ) = MN (vì CM +CN + MN = 2 )
Và
ADN ABK AN AK = =

ã

ã
DAN BAK =
.
Từ đó suy ra:
AMN AMK
=
(CCC)
ã ã ã
ã
ã
ã
ã
ã
ã
0 0
2 90 45MAN MAK MAN NAK NAB BAK NAB DAN MAN = = = + = + = =
K
N
M
D
C
BA