tong hop thi hoc sinh gioi cac cap11 12 cap tinh

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NĂM HỌC 2011 - 2012

THANH HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN: TOÁN
Lớp 9 thcs
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian phát đề
Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012

Câu I (4đ)
æ x- 1
æ 3 x - 1 +1
x +8 ö
÷
ç
ç
÷
+
:
ç
ç
Cho biểu thức P = çç
÷
ç
÷
çx - 3 x - 1 - 1

è3 + x - 1 10 - x ø è

1
x-

ö
÷
÷
÷
÷
1ø

1) Rút gọn P
2) Tính giá trị của P khi x =

4

3+ 2 2
3− 2 2

−4

3−2 2
3+ 2 2

Câu II (4đ)
Trong cùng một hệ toạ độ, cho đường thẳng d: y = x – 2 và parabol (P): y = - x2. Gọi A và B là
giao điểm của d và (P).
1) Tính độ dài AB.
2) Tìm m để đường thẳng d’: y =- x = m cắt (P) tại hai điểm C và D sao cho

CD = AB.
Câu III (4đ)
 x2
 +x=2
 y
1) Giải hệ phương trình  2
y + y = 1.
 x
2

2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x6 + y2 –2 x3y = 320
Câu IV (6đ)
Cho tam giác nhọn ABC có AB > AC. Gọi M là trung điểm của BC; H là trực tâm; AD, BE, CF là
các đường cao của tam giác ABC. Kí hiệu (C1) và (C2) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF và DKE, với K là giao điểm của EF và BC. Chứng minh rằng:
1) ME là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2).
2) KH ⊥ AM.
Câu V (2đ)
Với 0 ≤ x; y; z ≤ 1 . Tìm tất cả các nghiệm của phương trình:
x
y
z
3
+
+
=
1 + y + zx 1 + z + xy 1 + x + yz x + y + z

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh .......................................................................... SDB .........................
ST: Phạm Văn Vượng-

NBS-HH-Thanh Hoá

1


S GIO DC V O TO
THANH HểA

K THI CHN HC SINH GII CP TNH LP 9
NM HC 2011-2012
Mụn : TON
Ngy thi :18/02/2012

Cõu 1:K 1 < x ạ 10
1)
P=

3 x - 1 +9 ộ
1
2 x - 1 +4ự
ỳ
:ờ
.
ờ x- 1
10 - x
x- 1- 3 ỳ
ờ

ỳ
ở
ỷ

P=

3( x - 1 + 3) x - 1. x - 1 - 3
.
10 - x
2 x - 1 +4

P=

3 x - 1( x - 10)( x - 1 - 2)
3( x - 2)
=2(10 - x)( x - 1- 4)
2( x - 5)

(

b) x = 4

3+2 2
3- 2 2

4

)

3- 2 2

= 4 (3 + 2 2) 2 3+2 2

4

(3 - 2 2) 2 = 3 + 2 2 -

3- 2 2

=> x= 1 + 2 - ( 2 - 1) = 2 vỡ x>1
Vy P=0
Cõu II:
1) Honh giao im l nghim phng trỡnh
x2+x-2=0
=> x=1 hoc x=2
Vy A(1,-1) v B(-2;-4) hoc A(-2;-4) vB(1;-1)
2) (d) ct (P) ti 2 im phõn bit thỡ phng trỡnh x2-x+m=0 (1)
cú hai nghim phõn bit <=> D > 0 <=> m <

1
4

Ta cú khong cỏch AB2 =18
CD = AB <=> (x1-x2)2+(y1-y2)2=18
<=>(x1-x2)2=9
<=>(x1+x2)2-4x1x2=9
<=>1-4m-9=0=> m=-2(TM)
Vy C(-1,-3) v D(2;0) hoc D(-1;-3) hoc C(2;0
Cõu III
1,K x ạ 0, y ạ 0
t x=ky ( k ạ 0)

ỡù (k 2 + k ) y = 2
x2
ùù
+x=2
y
ớ
2
<=> ùù ( 1 +1) y = 1 (1)
ùợ k
2
y + y = 1.
x
2
ST: Phm Vn Vng-

NBS-HH-Thanh Hoỏ

2


Nếu k=-1 thì hệ phương trình (1) vô nghiệm nên hệ phương trình đã cho vô nghiệm
Nếu k ¹ -1
(k 2 + k )k
=4
từ (1) =>
k +1

=> k=2 hoặc k = -2
2 1
3 3

Nếu k=2 => ( x, y ) = ( ; )
Nếu k = -2 => (x;y)=(-2;1)
2, Từ 2x6 + y2 – x3y = 320 <=>(x3-y)2 +(x3)2=320
=> (x3)2 £ 320
mà x nguyên nên x £ 2
Nếu x=1 hoặc x=-1 thì y không nguyên (loại)
Nếu x=2=> y=-2 hoặc y=6
Nếu x=-2 => y=-6 hoặc y=2
Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là(2;-2);(2;6);(-2;-6);(-2;2)
Câu IV: 1) Ta có Eµ = Fµ = 900 nên tứ giác AEHF nội tiếp một đường tròn tâm chính là (C1)
là trung điểm AH
1 ¼
·
EAH
= sd EH
(1)
2
·
·
mà EAH
(2) ( cùng phụ với góc ACD)
= CBE
·
·
(3)( do đương trung tuyến ứng với cạng huyền)
MEB
= CBE
1 ¼
·

= sd EH
Từ (1), (2) và (3) ta có MEH
2

=> ME là tiếp tuyến đường tròn tâm (C1)
A

F
E

N

B
K

C

D

M

C

ST: Phạm Văn Vượng-

NBS-HH-Thanh Hoá

3

2, gọi giao điểm AM với KH là N trước tiên chứng minh 5 điểm A,E,H,N,F cùng thuộc một
đường tròn
· E = ACB
·
· E = AFE
·
·
·
; AN
=> ANE
= ACB
Ta thấy AF
=> nghĩa là C,M,N, F cùng thuộc một đường tròn
chứng minh A,E,N, B nội tiếp
·
do đó KNM
= 900
KH ⊥ AM
Câu V:: do vai trò x,y,z như nhau nên 0 £ x £ y £ z £ 1
y
z
3
+
=
1 + z 1 + zy y + z
y
1
z
1
1

Nếu x= 0 => => (1 + z - y + z ) + (1 + zy - y + z ) = y + z
=>

( y - 1)( y +1 + z )
z2 - 1
1
+
=
(1 + z )( y + z )
(1 + yz )( y + z ) y + z

Ta có VT ³ 0 mà VP < 0 nên trong trường hợp này không có nghiệm
Nếu x khác 0 mà 0 £ x £ y £ z £ 1
⇔ ( z − 1)(1 − x ) ≤ 0
1 + zx ≥ x + z >0
<=>
⇔ x + z − zx − 1 ≤ 0

⇔ x − zx + z − 1 ≤ 0
đúng với mọi 0 ≤ x; z ≤ 1 .
Dấu “=” xảy ra khi: x=z=1.
+ Ta có: 1 + zx ≥ x + z ⇔ 1 + y + zx ≥ x + y + z
x
x
≤
1 + y + zx x + y + z
y
y
≤
+ Tương tự:

1 + z + xy x + y + z
z
z
≤
1 + x + yz x + y + z
y
x+ y+z
x
z
⇒ VT =
+
+
≤
= 1 . (1)
1 + y + zx 1 + z + xy 1 + x + yz x + y + z
+ Mặt khác, vì: 0 ≤ x; y; z ≤ 1 ⇒ x + y + z ≤ 3
3
3
⇒ VP =
≥ = 1 Dấu “=” xảy ra khi : x=y=z=1. (2)
x+ y+z 3
+ Từ (1) và (2) ⇒ VT = VP chỉ đúng khi: VT = VP = 1 .
Khí đó x=y=z=1.
* Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: ( x; y; z ) = (1; 1; 1) .
⇒

ST: Phạm Văn Vượng-

NBS-HH-Thanh Hoá

4


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO
QUẢNG NINH
--------------------ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011-2012
MÔN: TOÁN
(BẢNG B)
Ngày thi: 23/03/2012
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)
(Đề thi này có 01 trang)

Họ và tên, chữ ký
của giảm thị số 1

Bài 1 : (4,0 điểm)
3

Với x ≥ 0 tính A =

x+

2 − 3 .3 1 + 4 + 2 3 − x

1+ 6 + 2 5 .

5−2 + x

Bài 2.(3,0 điểm)
Tìm các số thực x, y thỏa mãn :
x2 + 26y2 – 10xy + 14x – 76y + 58 = 0
Bài 3(4,0 điểm)
Giải hệ phương trình :
x2 + y2 –x – y = 12
x + y + xy = 9
Bài 4(6,5 điểm)
Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp điểm AB, AC với đường
tròn (B, C là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC của (O) lấy điểm D. AD cắt (O) tại điểm thứ hai
E. Gọi I là trung điểm của DE.
a. Chứng minh năm điểm B, O, I, C, A cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác
của góc BIC.
b. Đường thẳng qua D song song với AB cắt BC tại H, cắt BE tại K. Chứng minh H là
trung điểm của DK.
Bài 5. (2,5 điểm)
Cho a, b, c là ba số dương . Chứng minh rằng :
a
b
c
+
+
>2
b+c
c+a
a+b

----------------- Hết ---------------

ST: Phạm Văn Vượng-

NBS-HH-Thanh Hoá

5


ST: Phạm Văn Vượng-

NBS-HH-Thanh Hoá

6


S GIO DC V O TO
LM NG

K THI CHN HC SINH GII CP TNH LP 9
NM HC 2011-2012
Mụn : TON
Thi gian lm bi: 150 phỳt (khụng k thi gian giao )
Ngy thi :18/02/2012

CHNH THC
( thi cú 1 trang)

Cõu 1: (2,0 im) Cho a b = 3.Tớnh giỏ tr ca biu thc: A= a2(a+1) b2(b 1) +ab 3ab(a b +1).
Cõu 2: (2,0 im) Rỳt gn : B =

1007 2013
1007 + 2013

2
2

Cõu 3: (2,0 im) Chng minh : n3 6n2 13n + 18 chia ht cho 6 . ( n Z )
Cõu 4: (2,0 im) Cho hm s y = f(x) = (4m - m2 -5)x - 2012 .So sỏnh f(1- 2011 ) v f(1- 2013 ).
Cõu 5: (1,5im) Cho ABC cú trung tuyn AM .Chng minh : AB2 + AC 2 = 2AM 2 +

BC2
2

Cõu 6 : (1,5im) Tỡm s t nhiờn a bit a + 13 v a 76 l cỏc s chớnh phng.
Cõu 7: (1,5im) Chng minh rng vi mi x,y ta cú : x 4 + y 4 xy 3 + x3 y
Cõu 8: (1,5im) Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc: C = ( 2 x 3) 2 2 x 3 + 6
2

à nhn ni tip ng trũn (O;R) .Chng minh rng:
Cõu 9: (1,5im) Cho ABC cú A
BC = 2R.sin A

Cõu 10:(1,5im) Tỡm cỏc s nguyờn t x,y tho món : x2 2y2 = 1
Cõu 11:(1,5im) Cho ABC, đờng thẳng d cắt AB , AC và trung tuyến AM theo thứ tự ti E ,F,N
(E A,B v F A,C ).Chứng minh :

AB AC 2AM
+
=
.

AE AF
AN

Cõu12:(1,5im) Cho ng trũn (O;R) v ng thng a ngoi ng trũn. Gi OH l khong
cỏch t tõm O n a v M l mt im chuyn ng trờn a. T M k hai tip tuyn
MA,MB vi ng trũn (O) (A, B l hai tip im). Gi D l giao im ca AB vi
OH. Chng minh rng D l im c nh .
. . . . . . . HT . . . . . . .
-Thớ sinh khụng c s dng mỏy tớnh cm tay.
- Giỏm th khụng c gii thớch gỡ thờm.
ST: Phm Vn Vng-

NBS-HH-Thanh Hoỏ

7


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
LÂM ĐỒNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP
9
NĂM HỌC 2011-2012
Môn : TOÁN
Ngày thi :18/02/2012

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC VÀ THANG ĐIỂM
Câu 1(2,0 điểm) Biết a – b = 3. Tính giá trị của biểu thức: A= a2(a+1) – b2(b – 1) +ab – 3ab(a–b+1).
A = a3+ a2–b3+b2+ab–3a2b +3ab2–3ab

0,5đ
= (a3–3a2b +3ab2– b3) + (a2–2ab +b2)

0,5đ

= (a–b)3+(a–b)2

0,5đ

= 33+32=36

0,5đ

Câu 2(2,0 điểm) B =

2014 − 2 2013
2014 + 2 2013
−
4
4

0,5đ

( 2013 − 1) 2
( 2013 + 1) 2
−
4
4
2013 − 1
2013 + 1

=
−
2
2

0,5đ

=

0,5đ

= -1
Câu 3: (2,0 điểm) Chứng minh : n3 – 6n2 – 13n + 18 chia hết cho 6 . ( n ∈ Z )

0,5đ

A = n3 – 6n2 – 12n + 18

0,5đ

A = n3 – n – 6n2 –12 n + 18

A = n(n – 1)(n+1) – 6n2 – 12n + 18

0,5đ

Do n(n – 1)(n+1) là tích 3 số nguyên liên tiếp nên n(n – 1)(n+1) 6

0,5đ

Mặt khác – 6n2 – 12n + 18 6 nên A 6

0,5đ

Câu 4: (2,0 điểm) Cho hàm số y = f(x )= (4m-m2-5)x- 2012 .So sánh f(1- 2011 )và f(1- 2013 ).
Biến đổi (4m - m2 - 5) = − ( m − 2 ) + 1
2
⇒ − ( m − 2 ) + 1 < 0 ⇒ hàm số y = f(x ) nghịch biến
2

0,5đ
0,5đ




Lập luận 1 − 2011 > 1 − 2013
⇒ f (1 − 2011) < f (1 − 2013)

0,5đ
0,5đ

A

Câu 5 : (1,5điểm) Cho tam giác ABC có trung tuyến AM .Chứng minh : AB2 + AC2 = 2AM 2 +

BC2
2

Vẽ AH ⊥ BC ,H ∈ BC

c/m được AB2+AC2 = 2AH2+ BH2+ CH2
ST: Phạm Văn VượngB
H
M

NBS-HH-Thanh Hoá
C

(1)

0,5đ

8


c/m được AH2 = AM2 - HM2
BH2 = BM2 -2BM. HM+HM2
CH2 = HM2 -2HM. CM+CM2
BC
Từ (1),(2) ⇒ AB2 + AC 2 = 2AM 2 +

(2)

0,5đ

2

0,5đ

2

Câu 6: (1,5điểm) Tìm số tự nhiên a biết a + 13 và a – 76 là các số chính phương.
Vì a + 13 và a – 76 là các số chính phương
Đặt a + 13 = m 2 , a – 76 = n 2 với m, n ∈ N.
⇒ m2 – n2 = 89 ⇔ (m – n)(m + n) = 89

0,25đ
0,25đ
m − n = 1
 m = 45
⇔
 m + n = 89
 n = 44

Vì 89 là số nguyên tố và m – n < m + n nên 

0,75đ

a +13 = 452 ⇒ a = 2012

0,25đ

Câu 7 : (1,5điểm) Chứng minh rằng với mọi x,y ta có : x 4 + y 4 ≥ xy 3 + x3 y

(1)

(1) ⇔ x 4 + y 4 ≥ xy 3 + x3 y ⇔ x(x3- y3) – y(x3- y3) ≥ 0

0,5đ

⇔ (x-y)2(x2 + xy + y2) ≥ 0
2

y  3y 2 
⇔ (x-y)2  x + ÷ +
≥0
2
4 

(2) luôn đúng ⇒ (1) đúng

0,25đ
(2)

0,25đ
0,25đ
0,25đ

Dấu “ =” xày ra khi x = y
Câu 8: (1,5điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: C = ( 2 x − 3) − 2 2 x − 3 + 6
2

2

C= 2 x − 3 − 2 2 x − 3 + 6
Đặt t = |2x- 3| ≥ 0 ⇒ C = t2 – 2t + 6
C = (t –1)2 + 5 ≥ 5
⇒ giá trị nhỏ nhất của biểu thức C là 5 khi t = 1 ⇔ x = 2 hoặc x = 1

0,25đ

0,5đ
0,25đ
0,5đ

µ nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) .Chứng minh
Câu 9: (1,5điểm) Cho tam giác ABC có A
rằng: BC = 2R sin A
A
D
O
B

C

Vẽ đường kính BD ⇒ ∆BCD vuông tại C
⇒ BC = BD.sinD
(1)
µ =D
µ , BD = 2R (2)
Ta có A
Từ (1) và (2) ⇒ BC = 2R.sinA

Câu 10: (1,5điểm) Tìm các số nguyên tố x,y thoả mãn : x2 – 2y2 = 1
x2 – 2y2 = 1 ⇔ (x-1)(x+1) = 2y2
Vì y nguyên tố và x+1 > x-1 nên chỉ xảy ra các trường hợp:
x +1 = 2 y
x = 3
1) 
⇔
x −1 = y

y = 2
ST: Phạm Văn Vượng-

NBS-HH-Thanh Hoá

0,5đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ

0,5đ
0,25đ

9


x = 2
x +1 = 2 y2

⇔  2 3 (loại)
2) 
x −1 = 1
 y = 2
x +1 = y2
x = 3
⇔
3) 
y = 2
x −1 = 2

0,25đ
0,25đ

Vậy (x;y) = (3;2)
0,25đ
Câu 11: Cho ∆ABC, đường thẳng d cắt AB và AC và trung tuyến AM theo thứ tự là E , F , N . (E ≠
A,B và F ≠ A,C )Chøng minh :

AB AC 2AM
+
=
AE AF
AN

(I,S ∈ tia AM)
KÎ BI, CS / /EF
AB AI AC AS
=
,
=
Ta cã:
AE AN AF AN
AB AC AI AS
⇒
+
=
+
(∗)
AE AF AN AN
c/m ∆BIM = ∆CSM (cgc) ⇒ IM = MS

A

E
d
B

F

N
I

C

M

AI + AS = AI + AI + IM + MS = 2AM

S

Thay vµo (*) ta ®îc (®pcm)

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

Câu 12:

Cho đường tròn (O;R) và đường thẳng a ở ngoài đường tròn. Gọi OH là khoảng cách từ tâm O
đến a và M là một điểm chuyển động trên a. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA,MB với đường tròn (O)
( A,B là hai tiếp điểm). Gọi D là giao điểm của AB và OH. Chứng minh rằng D là điểm cố định
Gọi C là giao điểm của AB và OM
Chứng minh được OC.OM = OD.OH
Lập luận OC.OM = OA2= R2
⇒ OD.OH = R2
Chứng minh được : OD =

0,5đ

0,5đ
0,25đ
0,25đ

2

R
không đổi
OH

0,25đ

D thuộc đoạn thẳng cố định OH nên D cố định

0,25đ

. . . . . . . HẾT . . . . . . .

ST: Phạm Văn Vượng-

NBS-HH-Thanh Hoá

10


UBND TỈNH TIỀN GIANG
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề chính thức

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập-Tự do-Hạnh phúc

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP TỈNH
Khóa ngày: 20/03/2012
Môn: TOÁN
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu.
--- --- --- --- --- --- --- --- ---

Câu 1: (4,0 điểm)
3
2
 x + 1= 2(x − x + y)
1. Giải hệ phương trình:  3
2
 y + 1= 2(y − y + x)

2. Cho phương trình: x4 − 2mx2 + 2m− 1= 0(1)

 x1 < x2 < x3 < x4
 x4 − x3 = x3 − x2 = x2 − x1

a) Tìm m để (1) có 4 nghiệm x1, x2, x3, x4 thoả 

b) Giải phương trình (1) với m tìm được ở a).
Câu 2: (4,0 điểm)
Cho (P ): y = x2; ; (d): y = x + m
Tìm m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B sao cho: tam giác OAB là tam giác
vuông.
Câu 3: (4,0 điểm)
1. Cho 4 số a, b, c, d thoả điều kiện a + b + c + d = 2
Chứng minh: a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 1.
2. Cho và a3 − 3a2 + 3a(m+ 1) − (m+ 1)2 = 0 . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của a.
Câu 4: (3,0 điểm)
Chứng minh rằng: 22 + 42 + 62 + ... + (2n)2 =

2n(n + 1)(2n + 1)
; n∈ ¢, n ≥ 1.
3

Câu 5: (5,0 điểm)
·
·
·
Cho tam giác ABC có các phân giác trong của các góc nhọn BAC
theo thứ tự cắt
,ACB
,CBA
các cạnh đối tại các điểm M, P, N. Đặt a =BC, b =CA, c =AB; S∆MNP , S∆ABC theo thứ tự là diện

tích của tam giác MNP và ABC.
S

∆MNP
= (a+ b)(2babc
a) Chứng minh rằng: S
+ c)(c+ a) .
∆ABC

S∆MNP

b) Tìm giá trị lớn nhất (GTLN) của S
∆ABC
--- --- --- Hết --- --- --* Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
ST: Phạm Văn Vượng-

NBS-HH-Thanh Hoá

11


SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS

BÌNH ĐỊNH
-----------------------

NĂM HỌC : 2011 – 2012
----------------------------------

Đề chính thức

Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài : 150 phút ( không kể thời gian phát đề )
Ngày thi : 18 / 03 / 2012
-----------------------------

Bài 1: ( 4,0 điểm )
a) Rút gọn biểu thức sau: A =
b) Giải phương trình :

8 + 15
8 − 15
+
2
2

x3
16 − x

2

+ x 2 − 16 = 0

Bài 2: ( 4, 0 điểm)
a) Chứng minh rằng n3 – n chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n lẻ.
b) Cho a, b, c là các số thực dương thõa điều kiện :
a2 + b2 + c2 = (a –b)2 + (b- c)2 + ( c – a)2
Chứng minh rằng nếu c ≥ a và c ≥ b thì c ≥ a + b

Bài 3: ( 3, 0 điểm )
Cho phương trình x2 +(m – 1)x – 6 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 sao cho
biểu thức A = (x12 – 9)(x22 – 4) đạt giá trị lớn nhất.
Bài 4: (6, 0 điểm)
1) Cho tam giác ABC cân tại A có BAC = 200 ; AB = AC = b và BC = a .
Chứng minh rằng : a3 + b3 = 3ab2 .
2) Cho hai điểm A, B thuộc đường tròn (O) (AB không đi qua O) và có hai điểm C, D di động trên cung
lớn AB sao cho AD song song BC ( C, D khác A, B và AD > BC ). Gọi M là giao điểm của BD và AC . Hai tiếp
tuyến của đường tròn (O) tại A và D cắt nhau tại điểm I.
a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng.
b) Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD không đổi.
Bài 5: ( 3,0 điểm )
Cho x, y là các số thực dương thõa mãn xy = 1 .
4
≥ 8
Chứng minh rằng : (x + y + 1)(x2 + y2) +
x+ y
--------------------------------------------

ST: Phạm Văn Vượng-

NBS-HH-Thanh Hoá

12


HƯỚNG DẪN GIẢI:
Bài 1: ( 4,0 điểm )
a)

A=

8 + 15
8 − 15
+
2
2
2

 8 + 15
8 − 15 
8 + 15
8 − 15
8 + 15 8 − 15
÷ =
* Cách 1: A = 
+
+2
+
.

2
2 ÷
2
2
2
2


49

= 8+2
= 8 + 7 = 15
4
Vì A > 0 nên A = 15
2

* Cách 2: A =

8 + 15
8 − 15
=
+
2
2

16 + 2 15
16 − 2 15
+
4
4

15 + 1
15 − 1
( 15 + 1) 2
( 15 − 1) 2
=
= 15
+
+
2

2
4
4
x3
+ x 2 − 16 = 0 . ĐK : 16 – x2 > 0 ⇔ - 4 < x < 4
b)
2
16 − x
Đặt y = 16 − x 2 > 0 ⇒ x2 – 16 = - y2 . Ta có :
=

x3
- y2 = 0 ⇒ x3 – y3 = 0 ⇔ (x – y)(x2 – xy + y2) = 0 ⇔ x – y = 0
( vì x2 – xy + y2 > 0 )
y
⇔ x=y.
2
2
2
16 − x 2 = x . Với x > 0 thì 16 − x 2 = x ⇔ 16 – x = x ⇔ 2x = 16 ⇔ /x/ = 8 ⇔ x = ±
Kết hơp các điều kiện x > 0 và - 4 < x < 4 , ta có x =
Phương trình có một nghiệm x = 8 .

8

8 thõa mãn .

Bài 2: ( 4, 0 điểm)
a) n3 – n = n(n2 – 1) = n(n – 1)(n + 1).
Với n lẻ thì n – 1 và n + 1 là hai số chẵn liên tiếp nên có một số chia hết cho 2 , số còn lại chia hết cho 4. Do đó

tích (n – 1)(n + 1) chia hết cho 8.
Mặt khác, tích n(n – 1)(n + 1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3.
Mà (3; 8) = 1 nên n(n – 1)(n + 1) chia hết cho 3.8 = 24.
Vậy : n3 – n chia hết cho 24 với n lẻ.
b) Từ điều kiện : a2 + b2 + c2 = (a –b)2 + (b- c)2 + ( c – a)2
Suy ra : a2 + b2 + c2 = 2(a2 + b2 + c2) – 2(ab + bc + ca)
⇔ a2 + b2 + c2 = 2(ab + bc + ca)
* Cách 1 : Nếu c ≥ a và c ≥ b thì a2 + b2 + c2 = 2ab + 2bc + 2ca ≥ 2ab + 2b2 + 2a2
⇒ c2 ≥ ( a + b)2 ⇒ c ≥ a + b ( vì a, b, c > 0 )
* Cách 2 : Từ a2 + b2 + c2 = 2ab + 2bc + 2ca ⇒ a2 + b2 + c2 - 2ab - 2bc - 2ca = 0
⇒ ( a – b + c )2 = 4ca . Nếu c ≥ a thì ( a – b + c )2 = 4ca ≥ 4a2 ⇔ ( a – b + c )2 - 4a2 ≥ 0
⇔ (a – b + c – 2a )(a – b + c + 2a ) ≥ 0 ⇔ ( c – a – b )(3a – b + c) ≥ 0
ST: Phạm Văn Vượng-

NBS-HH-Thanh Hoá

13


Vì a > 0 và nếu c ≥ b thì 3a – b + c > 0 . ⇒ c – a – b ≥ 0 ⇒ c ≥ a + b .
Bài 3: ( 3, 0 điểm )
Phương trình x2 +(m – 1)x – 6 = 0 có ∆ = ( m – 1)2 + 24 > 0 với mọi m nên luôn có hai nghiệm phân
biệt x1 và x2 .
Áp dụng định lý Vi-et : x1 + x2 = 1 – m ; x1.x2 = - 6
A = (x12 – 9)(x22 – 4) = (x1.x2)2 – 4x12 – 9x22 + 36 = 72 - 4x12 – 9x22 = – (4x12 + 9x22 + 12 x1.x2 )
= – ( 2x1 + 3x2)2 ≤ 0
 2 x1 + 3x2 = 0 ( 1)

( 2) .
A = 0 ⇔  x1.x2 = −6


 x1 + x2 = 1 − m ( 3)
−6
−12
Từ (2) ⇒ x1 =
, thay vào (1) có :
+ 3x2 = 0 ⇒ x2 = ± 2
x2
x2
- Với x2 = 2 ⇒ x1 = - 3 . Thay vào (3) có : 1 – m = - 1 ⇒ m = 2
- Với x2 = - 2 ⇒ x1 = 3 . Thay vào (3) có : 1 – m = 1 ⇒ m = 0
- Vậy : m ∈ { 0 ; 2 }
Bài 4: (6, 0 điểm)
1) Cho tam giác ABC cân tại A có BAC = 200 ; AB = AC = b và BC = a .
Chứng minh rằng : a3 + b3 = 3ab2 .
A

E
D
B

C

∆ ABC cân tại A có góc BAC = 200 nên ABC = ACB = 800
Trên cạnh AC lấy D sao cho ABD = 600, khi đó DBC = 200 nên BDC = 800
⇒ ∆ BDC cân tại B ⇒ BD = BC = a .
DC BC
a2
⇒ DC =
=

∆ BDC
∆ ABC ( g – g) ⇒
BC AC
b
2
a
⇒ AD = b b
1
1
3
3
BD = a và DE = BD
= a.
;
∆ BDE vuông có EBD = 600 nên BE =
2
2
2
2
1
AE = b - a.
2
Áp dung định lý Pi-ta-go trong tg vuông ADE có :
1
a2 2
3 2
2
2
2
⇔

AD = AE + DE
(b ) = (b - a)2 + (a.
)
2
b
2
a4
a2
3a 2
a4
⇔ b2 - 2a2 + 2 = b2 - ab +
⇔ 2 = 3a2 –ab
+
b
4
4
b
⇒ a4 = 3a2b2 - ab3 ⇔ a4 + ab3 = 3a2b2 ⇔ a3 + b3 = 3ab2 .

2) Cho hai điểm A, B thuộc đường tròn (O) (AB không đi qua O) và có hai điểm C, D di động trên cung
lớn AB sao cho AD song song BC ( C, D khác A, B và AD > BC ). Gọi M là giao điểm của BD và AC . Hai tiếp
tuyến của đường tròn (O) tại A và D cắt nhau tại điểm I.
a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng.
b) Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD không đổi.
ST: Phạm Văn Vượng-

NBS-HH-Thanh Hoá

14

a) AD // BC ⇒ AB = CD ⇒ DAC = ADB ⇒ MA = MD .
Lại có : OA = OD = R nên MO là đường trung trực của AD (1)
Mặt khác : IA và ID là hai tiếp tuyến của (O) nên OI là đường trung trực
của AD (2)
Từ (1) và (2) ⇒ I, O, M thẳng hàng.
b) Tứ giác CMOD có : CMD = 2. MAD ( góc ngoài của tg cân)
COD = 2. MAD ( góc ở tâm và góc nội tiếp)
⇒ CMD = COD
Do đó tứ giác CMOD nội tiếp.
Tương tự tứ giác BMOA nội tiếp
Qua M vẽ đường thẳng d song song với AD cắt đường tròn ngoại tiếp tứ
giác BMOA tại E , cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMOD tại E’.
Do A đối xứng D qua đường thẳng OM, C đối xứng B qua OM nên đường
tròn ngoại tiếp tứ giác CMOD đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tứ giác
BMOA qua OM.
OM ⊥ ME nên OE là đường kính của đường tròn (BMOA)
A, O, B cố định nên E cố định ⇒ OE không đổi
⇒ Đường tròn ngoại tiếp ∆ MCD có bán kính không đổi.

E

B

A

O

M

I

C

D

E'

Bài 5: ( 3,0 điểm )
Cho x, y là các số thực dương thõa mãn xy = 1 .
4
≥ 8
Chứng minh rằng :
(x + y + 1)(x2 + y2) +
x+ y
Ta có : (x + y + 1)(x2 + y2) +

4
x+ y

= (x + y + 1)(x2 + y2) - ( x + y) + ( x + y ) +

4
x+ y

= ( x + y )( x2 + y2 ) + (x2 + y2) - ( x + y) + ( x + y ) +
= ( x + y ) (x2 + y2 – 1) + (x2 + y2) + ( x + y ) +

4
x+ y

4
x+ y

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương :
x + y ≥ 2 xy = 2 ( do xy = 1 ) . Dấu “ = “ xảy ra ⇔ x = y = 1
x2 + y2 ≥ 2xy = 2
. Dấu “ = “ xảy ra ⇔ x = y = 1
4
≥ 4 . Dấu “ = “ xảy ra ⇔ (x + y)2 = 4 ⇒ x = y = 1.
(x+y)+
x+ y
4
≥ 2.(2 – 1) + 2 + 4 = 8
Do đó : (x + y + 1)(x2 + y2) +
x+ y
Dấu “ = “ xảy ra ⇔ x = y = 1

ST: Phạm Văn Vượng-

NBS-HH-Thanh Hoá

15


UBND TỈNH KON TUM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9
NĂM HỌC 2011-2012

Môn: Toán
Ngày thi: 17/3/2012
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ:
(Đề thi này có 1 trang)
Câu 1: (4,0 điểm)
a)

b)

A=

x2 − x

−

x2 + x

.
x + x +1 x − x +1
Với 0 ≤ x ≤ 1 Rút gọn B = 1 − A + x + 1
1
1
Biết x > 0; x 2 + 2 = 7 Tính x 5 + 5
x
x

Câu 2: (4,0 điểm)
2x 2

= x+9

a)

Giải phương trình sau:

b)

Với a > 0; b > 0 và a+b=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của (a + ) 2 + (b + ) 2

(3 − 9 + 2 x ) 2

1
a

1
b

Câu 3: (4,0 điểm)
 x2 y2 − 2x + y 2 = 0
a)
Giải hệ phương trình sau: 
2
3
 2 x −4 x + y + 3 = 0
b)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy lấy A(2;-1) và B(4;3). Tìm tọa độ điểm M trên trục hoành sao

cho ΜΑ − ΜΒ đạt giá trị lớn nhất.
Câu 4: (5,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên tia AB lấy C nằm ngoài đoạn thẳng AB. Vẽ 2
tiếp tuyến CE và CF với đường tròn tâm O và cát tuyến CMN (M nằm giữa C và N). EF cắt AB
tại I. Chứng minh:
a) CM .CN = CO 2 − R 2
b) Bốn điểm O,I,M,N cùng thuộc một đường tròn.
·
c) ·AIM = BIN
Câu 5: (2,5 điểm)
Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác thỏa mãn a+b+c=2.
Chứng minh: a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2
-------------------- HẾT -------------------Họ và tên:…………………………… SBD……………………………
Chữ kí GT 1:…………………
ST: Phạm Văn Vượng-

NBS-HH-Thanh Hoá

16


ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH KON TUM 2012
Câu 1 : a)
x2 − x
x2 + x
A=
−
x + x +1 x − x +1
A=

x ( x − 1)( x + x + 1)
x ( x + 1)( x − x + 1)
−
x + x +1
x − x +1

A=2 x
B = 1 − A + x + 1 = 1 − ( x − 1) 2
B =1−

x −1

B= x
( Vì 0< x < 1 )
1
= 7 => x + = 7 + 2 = 3( x > 0)
x
1
1
= ( x + )( x 2 − 1 + 2 ) = 3.6 = 18
x
x

1
x2
1
x3 + 3
x
1
x 4 + 4 = 7 2 − 2 = 47

x
1
1
1
1
( x 4 + 4 )( x + ) = x5 + 5 + x 3 + 3
x
x
x
x
1
5
=> x + 5 = 47.3 − 18 = 123
x
9
Câu 2: a) ĐK: − ≤ x ≠ 0
2
2
2x
= x + 9 <=> 2 x 2 − ( x + 9)(3 − 9 + 2 x ) 2 = 0
2
(3 − 9 + 2 x )
( x + 9).4 x 2
2
2
x
−
=0
<=>
(3 + 9 + 2 x ) 2

2
b) Từ x +

<=> (3 + 9 + 2 x ) 2 − 2( x + 9) = 0 ( vì x khác 0)
9
<=> 9 + 2 x = 0 <=> x = − (TM )
2
Vậy phương trình có 1 nghiệm x= - 9/2
1
1
1 1 1 1
M = (a + ) 2 + (b + ) 2 = a 2 + b 2 + 2 + 2 + +
a
b
a b a b
b)Đặt
ST: Phạm Văn Vượng-

NBS-HH-Thanh Hoá

17


a 2 + b 2 2(a + b)
M =a +b + 2 2 +
ab
a.b
1 − 2ab 2
M = 1 − 2ab + 2 2 +
ab

a.b
1
M = 1 − 2ab + 2 2
ab
( a + b) 2 1
=
Ta có ab ≤
4
4
1
1 16 35
nên M = 1 − 2ab + 2 2 ≥ 1 − 2. + =
ab
4 1
2
2

2

1
a

1
b

Vây giá trị nhỏ nhất (a + ) 2 + (b + ) 2 là 35/2 khi a=b=1/2
Câu 3:
 x 2 y 2 − 2 x + y 2 = 0 (1)
a) 
2

3
 2 x −4 x + y + 3 = 0 (2)
Từ (1) => y3= -1- 2(x-1)2 ≤ -1
=> y ≤ -1 (3)
2x
2
≤1
Từ (2) => y = 2
x +1
-1 ≤ y ≤ -1(4)
Từ (3) và (4) => y=-1 thay voà (1) => x2-2x+1=0 => x=1
thử lại ta thấy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x=1; y=-1
b)Trong mặt phẳng ta có BĐT ΜΑ − ΜΒ ≤ AB
giá trị lớn nhất của ΜΑ − ΜΒ là AB khi M nằm trên đường thẳng AB
mặt khác phương trình đường thẳng AB có dạng: y =2x-5(d)
mà M(xo,0)∈ (d) nên => xo=-5
Vậy giá trị lớn nhất của ΜΑ − ΜΒ là 22 khi M(5;0)
Câu 4:
1 ¼ µ
·
·
= CNE
= sd ME
; E -chung)
a) ta có ∆CEM đồng dạng với ∆CNE (g.g)( CEM
2
CE CM
=
=>
CN CE

=> CM.CN=CE2=CO2-R2

ST: Phạm Văn Vượng-

NBS-HH-Thanh Hoá

18


E

N

M
B

C

A

O

I

F

b) theo câu a) CE2=CM.CN (1)
xét tam giác vuông CEO
có CE2=CI.CO (2)
Từ (1) và (2)

CI CN
=
CM CO
=> ∆CIM đồng dạng ∆CON
·
·
=> CIM
= CNO
·
·
·
·
=> CON
+ MIO
= MIO
+ MIC
= 180O
=> 4 điểm O, I, M, N cùng nằm trên một đường tròn
c) Ta có OM=ON =R
nên tam giác OMN cân ở O
·
·
=> ONM
= OMN
1 ¼
·
·
= OMN
= sdOM
mà BIN

(3)
2
·
theo câu b ta có ONM
= ·AIM (4)
·
từ (3) và (4) ta suy ra ·AIM = BIN
Câu 5:
Theo BĐT trong tam giác ta có a+b>c;b+c>a;a+c>b mà a+b+c=2
=>0< 2a < 2 = a+b+c => 0tương tự 0 < b,c <1
=>(1-a)(1-b)(1-c)>0
=> a+b+c - (ab+bc+ca) + abc <1
=> 2(a+b+c) - 2(ab+bc+ca) + 2abc < 2
=>(a+b+c)2 - 2(ab+bc+ca) + 2abc < 2
=> a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2
ST: Phạm Văn Vượng-

NBS-HH-Thanh Hoá

19


SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS

BÌNH ĐỊNH
-----------------------

NĂM HỌC : 2011 – 2012
----------------------------------

Đề chính thức

Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài : 150 phút ( không kể thời gian phát đề )
Ngày thi : 18 / 03 / 2012
-----------------------------

Bài 1: ( 4,0 điểm )
b) Rút gọn biểu thức sau: A =
b) Giải phương trình :

8 + 15
8 − 15
+
2
2

x3
16 − x

2

+ x 2 − 16 = 0

Bài 2: ( 4, 0 điểm)
c) Chứng minh rằng n3 – n chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n lẻ.
d) Cho a, b, c là các số thực dương thõa điều kiện :

a2 + b2 + c2 = (a –b)2 + (b- c)2 + ( c – a)2
Chứng minh rằng nếu c ≥ a và c ≥ b thì c ≥ a + b
Bài 3: ( 3, 0 điểm )
Cho phương trình x2 +(m – 1)x – 6 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 sao cho
biểu thức A = (x12 – 9)(x22 – 4) đạt giá trị lớn nhất.
Bài 4: (6, 0 điểm)
2) Cho tam giác ABC cân tại A có BAC = 200 ; AB = AC = b và BC = a .
Chứng minh rằng : a3 + b3 = 3ab2 .
2) Cho hai điểm A, B thuộc đường tròn (O) (AB không đi qua O) và có hai điểm C, D di động trên cung
lớn AB sao cho AD song song BC ( C, D khác A, B và AD > BC ). Gọi M là giao điểm của BD và AC . Hai tiếp
tuyến của đường tròn (O) tại A và D cắt nhau tại điểm I.
a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng.
b) Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD không đổi.
Bài 5: ( 3,0 điểm )
Cho x, y là các số thực dương thõa mãn xy = 1 .
4
≥ 8
Chứng minh rằng : (x + y + 1)(x2 + y2) +
x+ y
--------------------------------------------

ST: Phạm Văn Vượng-

NBS-HH-Thanh Hoá

20


HƯỚNG DẪN GIẢI:
Bài 1: ( 4,0 điểm )

b)

A=

8 + 15
8 − 15
+
2
2
2

 8 + 15
8 − 15 
8 + 15
8 − 15
8 + 15 8 − 15
÷ =
* Cách 1: A2 = 
+
+2
+
.

2
2 ÷
2
2
2
2



49
= 8+2
= 8 + 7 = 15
4
Vì A > 0 nên A = 15
* Cách 2: A =

8 + 15
8 − 15
=
+
2
2

16 + 2 15
16 − 2 15
+
4
4

15 + 1
15 − 1
( 15 + 1) 2
( 15 − 1) 2
=
= 15
+
+
2

2
4
4
x3
+ x 2 − 16 = 0 . ĐK : 16 – x2 > 0 ⇔ - 4 < x < 4
b)
2
16 − x
Đặt y = 16 − x 2 > 0 ⇒ x2 – 16 = - y2 . Ta có :
=

x3
- y2 = 0 ⇒ x3 – y3 = 0 ⇔ (x – y)(x2 – xy + y2) = 0 ⇔ x – y = 0
( vì x2 – xy + y2 > 0 )
y
⇔ x=y.
2
2
2
16 − x 2 = x . Với x > 0 thì 16 − x 2 = x ⇔ 16 – x = x ⇔ 2x = 16 ⇔ /x/ = 8 ⇔ x = ±
Kết hơp các điều kiện x > 0 và - 4 < x < 4 , ta có x =
Phương trình có một nghiệm x = 8 .

8

8 thõa mãn .

Bài 2: ( 4, 0 điểm)
c) n3 – n = n(n2 – 1) = n(n – 1)(n + 1).
Với n lẻ thì n – 1 và n + 1 là hai số chẵn liên tiếp nên có một số chia hết cho 2 , số còn lại chia hết cho 4. Do đó

tích (n – 1)(n + 1) chia hết cho 8.
Mặt khác, tích n(n – 1)(n + 1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3.
Mà (3; 8) = 1 nên n(n – 1)(n + 1) chia hết cho 3.8 = 24.
Vậy : n3 – n chia hết cho 24 với n lẻ.
d) Từ điều kiện : a2 + b2 + c2 = (a –b)2 + (b- c)2 + ( c – a)2
Suy ra : a2 + b2 + c2 = 2(a2 + b2 + c2) – 2(ab + bc + ca)
⇔ a2 + b2 + c2 = 2(ab + bc + ca)
* Cách 1 : Nếu c ≥ a và c ≥ b thì a2 + b2 + c2 = 2ab + 2bc + 2ca ≥ 2ab + 2b2 + 2a2
⇒ c2 ≥ ( a + b)2 ⇒ c ≥ a + b ( vì a, b, c > 0 )
* Cách 2 : Từ a2 + b2 + c2 = 2ab + 2bc + 2ca ⇒ a2 + b2 + c2 - 2ab - 2bc - 2ca = 0
⇒ ( a – b + c )2 = 4ca . Nếu c ≥ a thì ( a – b + c )2 = 4ca ≥ 4a2 ⇔ ( a – b + c )2 - 4a2 ≥ 0
ST: Phạm Văn Vượng-

NBS-HH-Thanh Hoá

21


⇔ (a – b + c – 2a )(a – b + c + 2a ) ≥ 0 ⇔ ( c – a – b )(3a – b + c) ≥ 0
Vì a > 0 và nếu c ≥ b thì 3a – b + c > 0 . ⇒ c – a – b ≥ 0 ⇒ c ≥ a + b .
Bài 3: ( 3, 0 điểm )
Phương trình x2 +(m – 1)x – 6 = 0 có ∆ = ( m – 1)2 + 24 > 0 với mọi m nên luôn có hai nghiệm phân
biệt x1 và x2 .
Áp dụng định lý Vi-et : x1 + x2 = 1 – m ; x1.x2 = - 6
A = (x12 – 9)(x22 – 4) = (x1.x2)2 – 4x12 – 9x22 + 36 = 72 - 4x12 – 9x22 = – (4x12 + 9x22 + 12 x1.x2 )
= – ( 2x1 + 3x2)2 ≤ 0
 2 x1 + 3x2 = 0 ( 1)

( 2) .
A = 0 ⇔  x1.x2 = −6


 x1 + x2 = 1 − m ( 3)
−6
−12
Từ (2) ⇒ x1 =
, thay vào (1) có :
+ 3x2 = 0 ⇒ x2 = ± 2
x2
x2
- Với x2 = 2 ⇒ x1 = - 3 . Thay vào (3) có : 1 – m = - 1 ⇒ m = 2
- Với x2 = - 2 ⇒ x1 = 3 . Thay vào (3) có : 1 – m = 1 ⇒ m = 0
- Vậy : m ∈ { 0 ; 2 }
Bài 4: (6, 0 điểm)
2) Cho tam giác ABC cân tại A có BAC = 200 ; AB = AC = b và BC = a .
Chứng minh rằng : a3 + b3 = 3ab2 .
A

E
D
B

C

∆ ABC cân tại A có góc BAC = 200 nên ABC = ACB = 800
Trên cạnh AC lấy D sao cho ABD = 600, khi đó DBC = 200 nên BDC = 800
⇒ ∆ BDC cân tại B ⇒ BD = BC = a .
DC BC
a2
⇒ DC =
=

∆ BDC
∆ ABC ( g – g) ⇒
BC AC
b
2
a
⇒ AD = b b
1
1
3
3
BD = a và DE = BD
= a.
;
∆ BDE vuông có EBD = 600 nên BE =
2
2
2
2
1
AE = b - a.
2
Áp dung định lý Pi-ta-go trong tg vuông ADE có :
1
a2 2
3 2
AD2 = AE2 + DE2 ⇔ (b ) = (b - a)2 + (a.
)
2
b

2
a4
a2
3a 2
a4
⇔ b2 - 2a2 + 2 = b2 - ab +
⇔ 2 = 3a2 –ab
+
b
4
4
b
⇒ a4 = 3a2b2 - ab3 ⇔ a4 + ab3 = 3a2b2 ⇔ a3 + b3 = 3ab2 .

2) Cho hai điểm A, B thuộc đường tròn (O) (AB không đi qua O) và có hai điểm C, D di động trên cung
lớn AB sao cho AD song song BC ( C, D khác A, B và AD > BC ). Gọi M là giao điểm của BD và AC . Hai tiếp
tuyến của đường tròn (O) tại A và D cắt nhau tại điểm I.
a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng.
b) Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD không đổi.
ST: Phạm Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá
22


b) AD // BC ⇒ AB = CD ⇒ DAC = ADB ⇒ MA = MD .
Lại có : OA = OD = R nên MO là đường trung trực của AD (1)
Mặt khác : IA và ID là hai tiếp tuyến của (O) nên OI là đường trung trực
của AD (2)
Từ (1) và (2) ⇒ I, O, M thẳng hàng.
b) Tứ giác CMOD có : CMD = 2. MAD ( góc ngoài của tg cân)
COD = 2. MAD ( góc ở tâm và góc nội tiếp)

⇒ CMD = COD
Do đó tứ giác CMOD nội tiếp.
Tương tự tứ giác BMOA nội tiếp
Qua M vẽ đường thẳng d song song với AD cắt đường tròn ngoại tiếp tứ
giác BMOA tại E , cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMOD tại E’.
Do A đối xứng D qua đường thẳng OM, C đối xứng B qua OM nên đường
tròn ngoại tiếp tứ giác CMOD đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tứ giác
BMOA qua OM.
OM ⊥ ME nên OE là đường kính của đường tròn (BMOA)
A, O, B cố định nên E cố định ⇒ OE không đổi
⇒ Đường tròn ngoại tiếp ∆ MCD có bán kính không đổi.

E

B

A

O

M

I

C

D

E'

Bài 5: ( 3,0 điểm )
Cho x, y là các số thực dương thõa mãn xy = 1 .
4
≥ 8
Chứng minh rằng :
(x + y + 1)(x2 + y2) +
x+ y
Ta có : (x + y + 1)(x2 + y2) +

4
x+ y

= (x + y + 1)(x2 + y2) - ( x + y) + ( x + y ) +

4
x+ y

= ( x + y )( x2 + y2 ) + (x2 + y2) - ( x + y) + ( x + y ) +
= ( x + y ) (x2 + y2 – 1) + (x2 + y2) + ( x + y ) +

4
x+ y

4
x+ y

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương :
x + y ≥ 2 xy = 2 ( do xy = 1 ) . Dấu “ = “ xảy ra ⇔ x = y = 1
x2 + y2 ≥ 2xy = 2
. Dấu “ = “ xảy ra ⇔ x = y = 1

4
≥ 4 . Dấu “ = “ xảy ra ⇔ (x + y)2 = 4 ⇒ x = y = 1.
(x+y)+
x+ y
4
≥ 2.(2 – 1) + 2 + 4 = 8
Do đó : (x + y + 1)(x2 + y2) +
x+ y
Dấu “ = “ xảy ra ⇔ x = y = 1

ST: Phạm Văn Vượng-

NBS-HH-Thanh Hoá

23


Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o

Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS năm học 2011-2012

HƯNG YÊN
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I.
1. Tính f(x) = (x4 + 2 x-7)2012 khi x = (4+ 15)( 5 − 3) 4 − 15
2. Cho (P) y = x2 và hai điểm A1, A2 trên (P) sao cho góc A1O A2 = 900. Gọi hình chiếu của A1,
A2 trên Ox lần lượt là B1, B2 , chứng minh OB1.OB2 = 1
Câu II.

1. Cho PT x2 -3mx- m = 0 có hai nghiệm phân biệt.
m2
x12 + 3mx2 + 3m
+
2. Tìm min S = 2
x2 + 3mx1 + 3m
m2

Giải PT nghiệm nguyên x4 – 2y4 – x2y2 – 4x2 – 7y2 – 5 = 0
Câu III.
2 xy
 2
2
 x + y + x + y = 1(1)
1. Giải hệ 
 x + y = x 2 − y (2)

3
2

2. Giải PT (3x+1) 2 x 2 − 1 = 5 x 2 + x − 3
Câu IV.
1. Cho tam giác ABC vuông tại C có đường cao CD. Vẽ đường tròn tâm O đường kính CD
cắt CA, CB lần lượt tại E và F. Gọi M là giao điểm của BE và đường tròn tâm O; AC cắt
MF tại K, EF cắt BK ở P
a) Chứng minh bốn điểm B, M, F, P cùng thuộc một đường tròn
b) Khi D, M, P thẳng hàng, tính các góc của tam giác ABC
2. Cho tam giác ABC vuông tại C có góc A bằng 600 và trung tuyến BD =

3

a . Tính dịên
4

tích tam giác ABC theo a.
Câu V.
Cho sáu đường tròn có bán kính bằng nhau và có điểm chung. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất
một trong những đường tròn này chứa tâm đường tròn khác.

ST: Phạm Văn Vượng-

NBS-HH-Thanh Hoá

24


ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH HƯNG YÊN 2012
Câu I.
1.Tính f(x) = (x4 + 2 x-7)2012 khi x = (4+ 15)( 5 − 3) 4 − 15
2.Cho (P) y = x2 và hai điểm A1, A2 trên (P) sao cho góc A1O A2 = 900. Gọi hình chiếu của A1,
A2 trên Ox lần lượt là B1, B2 , chứng minh OB1.OB2 = 1
Lời giải:
1. HS tự làm
2.Do giả thiết hai điểm A1, A2 trên (P) nên gọi A1( a;a2) và A2( b; b2) thì B1(a; 0), B2(b; 0)
khi đó đường thẳng OA1,OA2 lần lượt có PT y = ax và y = bx do góc A1O A2 = 900 nên hai
đường thẳng này vuông góc, suy ra ab = -1 nên OB1.OB2 = a . b =1
Câu II.
1. Cho PT x2 -3mx- m = 0 có hai nghiệm phân biệt.
m2
x12 + 3mx2 + 3m
+

Tìm min S = 2
x2 + 3mx1 + 3m
m2

Lời giải:
-) PT có nghiệm khi 9m2 + 4m ≥ 0 hay m(9m+4) ≥ 0(*)
-) x -3mx- m = 0 ⇔ x2 = 3mx+ m nên S =
2

m2
3mx1 + 3mx2 + 4m
+
3mx2 + 3mx1 + 4m
m2

3( x1 + x2 ) + 4
m
9m + 4
=
+
m
9m + 4
m
4
m
Để S tồn tại thì m khác 0 và − do đó từ ĐK ta có
> 0nên áp dụng BĐT Côsi ta có
9
9m + 4
1

S ≥ 2, mà thấy khi m = - thoả mãn (*) và S = 2 nên min S = 2
2
m

S = 3( x + x ) + 4 +
2
1

2.Giải PT nghiệm nguyên x4 – 2y4 – x2y2 – 4x2 – 7y2 – 5 = 0
HD:
Coi PT là bậc hai với ẩn t = x2 ta tính được PT có ∆ = 9( y 2 + 2) 2 từ đó ta có
x2 = 2 y2 + 5(1) và x2 = - y2 – 1(vô nghiệm)
Với (1) ta thấy x phải lẻ nên đặt x = 2k+1 suy ra 2k2 + 2k - y2 = 2 do đó y phải chẵn nên đặt y
= 2z suy ra k(k+1) – 2z = 1 (vô nghiệm do VT chia hết cho 2 còn vế phải không chia hết cho
2)
Câu III.
2 xy
 2
2
 x + y + x + y = 1(1)
1.Giải hệ 
 x + y = x 2 − y (2)


Lời giải:
ST: Phạm Văn Vượng-

NBS-HH-Thanh Hoá

25