DEDAP AN HSG TOAN 9HA NAM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Bài 1. (4,0 điểm) Cho biểu thức A =

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 TRUNG HỌC CƠ SỞ NĂM HỌC 2011-2012
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

x − x2 + 2x
x + x2 + 2x

−

x + x2 + 2x
x − x2 + 2x

.

1. Tìm điều kiện của x để biểu thức A xác định.
2. Rút gọn biểu thức A.
3. Tìm x để A ≤ 2 3 .
Bài 2. (4,5 điểm)
1. Cho ba số thực a, b, c sao cho phương trình ax2+bx+c=0 có 2 nghiệm thuộc
(a − b)(2a − b)
.
a (a − b + c)
2. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình (2 x − y − 2) 2 = 7( x − 2 y − y 2 − 1) .

đoạn [0;1]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

Bài 3. (4,0 điểm)
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = 16 x 2 − 8 x + 1 + 16 x 2 − 24 x + 9 .
8 xy
 2
2
 x + y + x + y = 16
2. Giải hệ phương trình 
 x 2 + 12 + 5 x + y = 3x + x 2 + 5

2

Bài 4. (5,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) đường kính AB, lấy điểm I thuộc đoạn AO
sao cho AO = 3.IO. Qua I vẽ dây cung CD vuông góc với AB, trên đoạn CD lấy điểm K
tuỳ ý. Tia AK cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là M.
1. Chứng minh tứ giác IKMB nội tiếp.
2. Chứng minh rằng tâm F của đường tròn ngoại tiếp tam giác MKC nằm trên một
đường thẳng cố định.
3. Khi K di động trên đoạn CD, tính độ dài nhỏ nhất của đoạn DF.
Bài 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC không cân, nội tiếp đường tròn (O). Đường phân
giác trong AD và đường trung tuyến AM của tam giác ABC cắt đường tròn (O) theo thứ
tự tại P và Q ( P, Q khác A). Chứng minh: DP > MQ.
------------------Hết-----------------

Họ và tên thí sinh: .................................................
Chữ ký của giám thị 1: .............................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Số báo danh: ........................

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

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH


HÀ NAM

LỚP 9 TRUNG HỌC CƠ SỞ NĂM HỌC 2011-2012

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN

ĐÁP ÁN-BIỂU ĐIỂM
(Đáp án biểu điểm này gồm 3 trang)
Câu
Câu 1.1
(1,5 đ)

Nội dung
 x + 2 x ≥ 0
A xác định ⇔ 
2
2
 x + x + 2 x ≠ 0; x − x + 2 x ≠ 0
x 2 + 2 x ≥ 0 ⇔ x ≤ −2; x ≥ 0
2

x + x 2 + 2 x ≠ 0; x − x 2 + 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠ 0
Vậy A xác định ⇔ x ≤ −2 và x > 0
Câu 1.2
(1,5 đ)

A=
A=

Câu 1.3
(1,0 đ)
Câu 2.1
(2,5 đ)

( x − x 2 + 2 x )2 − ( x + x 2 + 2 x )2
( x − x 2 + 2 x )( x + x 2 + 2 x )
−4 x x 2 + 2 x
= 2 x2 + 2x
−2 x

A ≤ 2 3 ⇔ 2 x2 + 2x ≤ 2 3 ⇔ x 2 + 2x − 3 ≤ 0
⇔ −3 ≤ x ≤ 1 . Kết hợp với ĐK xác định của A thì A ≤ 2 3 ⇔ 0 < x ≤ 1
b

 x1 + x2 = − a
Gọi 2 nghiệm của pt là x1 , x2 . Theo Viét ta có : 
x x = c
 1 2 a
b
b
b c

(1 + x1 + x2 )(2 + x1 + x2 )
x 2 + x22 + x1 + x2
P = (1 − )(2 − ) : (1 − + ) =
= 2+ 1
a
a
a a
1 + x1 + x2 + x1 x2
1 + x1 + x2 + x1 x2
Không mất tính tổng quát giả sử x1 ≤ x2
2
2
khi đó từ giả thiết x1 ; x2 ∈ [ 0;1] ⇒ x1 ≤ x1 x2 ≤ x2 ≤ 1; 1 + x1 + x2 + x1 x2 > 0
x12 + x22 + x1 + x2 x1 x2 + 1 + x1 + x2
≤
= 1 suy ra P ≤ 3
1 + x1 + x2 + x1 x2 1 + x1 + x2 + x1 x2
b
P=3 khi x1 = x2 = 1 suy ra a = c = − . Vậy MaxP=3
2
2
2
(2 x − y − 2) = 7( x − 2 y − y − 1) (1)
⇔ 2(2 x − y − 2) 2 − 7(2 x − y − 2) + 7(2 y 2 + 3 y) = 0 (2)
Đặt t = 2 x − y − 2 ta có pt: t 2 − 7t + 7(2 y 2 + 3 y ) = 0
⇔ 16t 2 − 56t + 49 + 7(16 y 2 + 24 y + 9) = 112
⇔ (4t + 7) 2 + 7(4 y + 3) 2 = 112 (3)
Dẫn tới

Câu 2.2

(2,0 đ)

Từ (3) ⇒ 7(4 y + 3) 2 ≤ 112 ⇔ (4 y + 3) 2 ≤ 16 ⇔ −4 ≤ 4 y + 3 ≤ 4 ⇔ −7 ≤ 4 y ≤ 1
Vì y nguyên suy ra y chỉ có thể là -1 hoặc 0
Với y = -1 thay vào (1) được pt (2 x − 1) 2 = 7 x không có nghiệm x nguyên
Với y = 0 thay vào (1) được pt 4( x − 1) 2 = 7( x − 1) , pt này có một nghiệm nguyên x = 1
Thử lại thấy (x ;y) = (1 ;0) là nghiệm nguyên duy nhất của pt đã cho.


Cách khác : Xét điều kiện có nghiệm của pt bậc 2 theo ẩn x hoặc y
Câu 3.1
(2,0đ)

Q= 16 x 2 + 8 x + 1 + 16 x 2 − 24 x + 9 = (4 x + 1) 2 + (3 − 4 x) 2 = 4 x + 1 + 3 − 4 x
≥ 4x +1+ 3 − 4x = 4
1
3
≤ x≤
4
4
1
3
Vậy GTNN của Q là 4 khi − ≤ x ≤
4
4
8 xy
 2
2
 x + y + x + y = 16 (1)
Giải hệ 

 x 2 + 12 + 5 x + y = 3 x + x 2 + 5 (2)

2
x
+
y
≥
0
ĐK:
Q = 4 ⇔ (4 x + 1)(3 − 4 x) ≥ 0 ⇔ −

Câu 3.2
(2,0 đ)

(1) ⇔ (x + y)((x + y)2 − 2xy) + 8xy = 16(x + y) ⇔ (x + y)((x + y)2 − 16) − 2xy(x + y − 4) = 0
⇔ (x + y − 4)(x2 + y2 + 4(x + y)) = 0 ⇔ x + y − 4 = 0 (vì x + y > 0 nên x2 + y2 + 4(x + y) > 0 )

Thay x+y=4 vào pt thứ 2 ta được :

x 2 + 12 + 5 = 3 x + x 2 + 5 ⇔ x 2 + 12 − x 2 + 5 = 3 x − 5 (*)
5
Nhận xét: VT>0 ⇒ VP > 0 ⇒ x > ,
3
(*) ⇔
⇔

x 2 + 12 − 4 = 3 x − 6 + x 2 + 5 − 3
x2 − 4
x + 12 + 4
2

= 3( x − 2) +



x+2
x+2
⇔ ( x − 2) 
−
− 3÷= 0
2
2
x +5 +3
x +5 +3 
 x + 12 + 4
x2 − 4
2

x = 2
⇔
x+2
x+2

−
− 3 = 0 (**)
2
2
 x + 12 + 4
x +5 +3

5
⇒ x + 2 > 0 , mà
3
x+2
x+2
x 2 + 12 + 4 > x 2 + 5 + 3 ⇒
<
x 2 + 12 + 4
x2 + 5 + 3
x+2
x+2
5
⇒
−
− 3 < 0, ∀x >
2
2
3
x + 12 + 4
x +5+3

(**) vô nghiệm Vì x >

Vậy (*) có nghiệm x=2 suy ra hệ đã cho có một nghiệm duy nhất (x;y)=(2;2)
Câu 4


Câu 4.1
(1,0 đ)

1. c/m tứ giác IKMB nội tiếp
·
Ta có KMB
= 900 ( vì chắn nửa đường tròn (O)
·
Lại có KIB
= 900 (gt) nên tứ giác IKMB nội tiếp (vì có 2 góc đối cùng vuông)

Câu 4.2
(2,5 đ)

2. c/m tâm F của (CKM) thuộc một đường cố định
·
·
Vẽ đường kính CE của (CKM) , ta có KE // AB ( vì cùng ⊥ CD) ⇒ MKE
(đ/vị)
= MAB
·
·
¼ của (F) )
Lại có MKE
(cùng chắn cung ME
= MCE
·
·
» của (O) )
(cùng chắn cung MB
MAB
= MCB
·

·
Suy ra MCE
= MCB
⇒ C, E, B thẳng hàng ⇒ C, F, B thẳng hàng

Câu 4.3
(2,0 đ)

Suy ra F thuộc đường thẳng CB cố định
3. Tính độ dài ngắn nhất của DF
Kẻ DH ⊥ CB tại H ⇒ DH không đổi
Ta có DF ≥ DH nên DF ngắn nhất bằng DH

R2 2R 2
4R 2
=
⇒ CD =
9
3
3
2
4R
8R
2R 6
CB 2 = BI .BA =
.2 R =
⇒ CB =
3
3
3

BI .CD
Lại có DH.CB=BI.CD ( bằng nửa S ∆ CBD) ⇒ DH =
CB
4R 4R 2
.
3
3 = 8 R 3 . Vậy DF ngắn nhất bằng 8R 3
DH =
9
2R 6
9
3
Ta có CI = CO 2 − IO 2 = R 2 −


Câu 5
(2,0 đ)

A

O
B

M I

C

D
K
P

Q

Tam giác ABC không cân nên M ≠ D ⇒ P ≠ Q
Lấy điểm I đối xứng với D qua M , gọi K là trung điểm PI.
·
·
Ta có PAB
= PAC
⇒ PM ⊥ BC ⇒ ∆PID cân tại P
1
1
·
» ) = CDP
·
·
= sd ¼
ABP = ( sd »AB + sdCP
= DIP
Mặt khác MQP
2
2
·
·
Do đó tứ giác PMIQ nội tiếp .Từ PMI
= 900
= 900 ta có PQI
Vì thế PD=PI=PK+KI=MK+KQ ≥ MQ
Nếu PI=MQ thì MIQP là hình chữ nhật hay PQ ⊥ PM (điều này không xảy ra)
Vậy PD>MQ (đpcm)

Lưu ý: - Các cách giải đúng khác cho điểm tương đương với biểu điểm
- Điểm toàn bài không làm tròn