Đề thi hsg toán 9 cấp thành phố

Sở Giáo dục và đào tạo thanh hoá
Phòng giáo dục vĩnh lộc
----------------
đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh
Môn Toán - Lớp 9
( Thời gian làm bài 150 phút )
---------------
* Bài 1 : a / Cho biểu thức A =
3
21420

+
3
21420
+
Hãy tính giá trị của biểu thức A bằng hai cách khác nhau .
b/ Cho các số dơng a , b , c , d .
Chứng minh rằng trong 4 số 2a + b - 2
cd
; 2b + c - 2
da
; 2c + d - 2
ab
;
2d + a - 2
bc
có ít nhất hai số dơng .
* Bài 2 : Tìm giá trị của tham số m để phơng trình
( x
2
- 1 ) ( x + 3 ) ( x + 5 ) = m

có bốn nghiệm phân biệt x
1
; x
2
; x
3
; x
4
thoả mãn điều kiện
1
1111
4321
=+++
xxxx
* Bài 3 : Cho ba số dơng a , b , c có tổng nhỏ hơn 1 . Chứng minh rằng :

bca 2
1
2
+
+
9
2
1
2
1
22

+
+

+
abccab
* Bài 4 : Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x ; y ) thoả mãn phơng trình :
x
4
+ ( x + 1 )
4
= y
2
+ ( y + 1 )
2
* Bài 5 : Giải hệ phơng trình :






=
=
+
+
+
+
+
1...8
1
1
2
1

4
1
3
2439
zyx
z
z
y
y
x
x
* Bài 6 : Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O cho trớc . M là một
điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC . Gọi E và F thứ tự là chân các đờng vuông góc kẻ
từ M đến các đờng thẳng AC và BC , H và K thứ tự là trung điểm của AB và EF
; Gọi N là giao điểm của các đờng thằng AB và EF .
a / Chứng minh rằng số đo của góc MKH không phụ thuộc vào vị trí của
điểm M trên cung nhỏ AC .
b / Hãy xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ AC để đoạn thẳng NF có
độ dài lớn nhất .
---------------------
- Họ và tên thí sinh : ......................................................................
- Số báo danh : ...............................................................................
* Chú ý : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm .
Chữ ký của giám thị
Số 2
Đề số : 1
Sở Giáo dục và đào tạo thanh hoá
Phòng giáo dục vĩnh lộc
----------------
đáp án và biểu điểm kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh

Môn Toán - Lớp 9 - Đề số .1...
---------------
Bài Câu Yêu cầu cần đạt
Điểm
chuẩn
1
3
a
Trình bày hai cách giải
1
* Cách 1 :
- Biến đổi để chỉ ra
3
21420

=
22)22(
3
3
=
- Tơng tự
3
21420
+
=
22)22(3
3
+=+
- Từ đó tính toán để có A = 4
* Cách 2 :

- Ta có A
3
= (
3
21420

+
3
21420
+
)
3
= 20 - 14
2
+ 20 +
14
2
+ 3 A
3
392400

= 40 + 6A suy ra A
3
- 6A - 40 = 0 (1)
- Ta có (1)
0)104)(4(
2
=++
AAA

=++
=

)3(0104
)2(04
2
AA
A

- Phơng trình (2) có nghiệm duy nhất A = 4
- Phơng trình (3) vô nghiệm vì biệt số
06
<=

- Vì kết quả của phép tính là duy nhất nên A = 4 .
0,50
0,25
0,25
0,50
0.25
0,25
b
1
- Ta có 2a + b - 2
cd
+ 2c + d - 2
ab

=
( a + b - 2
ab
) + ( c + d - 2
cd
) + ( a + c ) =
(
0)()()
22
++++++
cacadcba
( Do a > 0 , c > 0 ) ; suy
ra trong hai số 2a + b - 2
cd
và 2c + d - 2
ab
phải tồn tại ít
nhất một số dơng .
- Biến đổi hoàn toàn tơng tự ta cũng có trong hai số 2d + a - 2
bc
và 2b + c - 2
da
tồn tại ít nhất một số dơng .
- Kết luận : Trong bốn số đã cho luôn tồn tại ít nhất hai số d-
ơng .
0,50
0,25
0,25
2
3

- Xét phơng trình ( x
2
- 1 ) ( x + 3 ) ( x + 5 ) = m (1)
Ta có (1)

( x - 1 ) ( x + 5 ) ( x + 1 ) ( x + 3 ) = m


( x
2
+ 4x - 5 ) ( x
2
+ 4x + 3 ) = m (2)
- Đặt y = x
2
+ 4x + 4 = ( x + 2 )
2


0 , ta có phơng trình (2)
trở thành phơng trình ( y - 9 ) ( y - 1 ) = m
Hay y
2
- 10y + 9 - m = 0 (3)
- Phơng trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phơng
trình (3) có hai nghiệm dơng phân biệt .
Phơng trình (3) có hai nghiệm dơng y
1
> y
2

> 0 khi và chỉ
0,25
0,25
0,25
khi





>
>+
>
0.
0
0
21
21
/
yy
yy






>
>
>+

09
010
0925
m
m

916
<<
m
(*)
- Gọi x
1
; x
2
là hai nghiệm của phơng trình
x
2
+ 4x + 4 - y
1
= 0
x
3
; x
4
là hai nghiệm của phơng trình
x
2
+ 4x + 4 - y
2

= 0
áp dụng định lý Vi - ét ta có :
=


+


=
+
+
+
=+++
2143
43
21
21
4321
4
4
4
41111
Yyxx
xx
xx
xx
xxxx
15
8

m
Kết hợp với giả thiết suy ra
15
8

m
= -1 suy ra m = -7
- Với m = -7 ta dễ dàng chỉ ra phơng trình (1) có 4 nghiệm
phân biệt .
- Kết luận : Với m = -7 phơng trình (1) có 4 nghiệm phân biệt
x
1
; x
2
; x
3
; x
4
.

0,50
0,25
0,50
0,25
0,50
0,25
3
3
- Đặt x = a
2

+ 2bc ; y = b
2
+ 2ca ; z = c
2
+ 2ab ; Bất đẳng thức
cần chứng minh trở thành bất đẳng thức :

9
111
++
zyx
(*)
ta có x + y + z = ( a + b + c )
2

Do a > 0 ; b > 0 ; c > 0 và a + b + c < 1 nên x > 0 ; y > 0 ;
z > 0 và 0 < x + y + z < 1 ( 1 )
- áp dụng bất đẳng thức Cô - sy cho ba số dơng ta có :
x + y + z
3
3 xyz

> 0 (2)

3
111
++
zyx
xyz
1

3
> 0 (3)
Nhân từng vế hai bất đẳng thức (2) và (3) ta đợc :

9)
111
)((
++++
zyx
zyx
(4)
Từ (1) và (4) suy ra
9
9111

++
++
zyxzyx
- Bất đẳng thức (*) đựơc chứng minh , do đó bất đẳng thức đã
cho đợc chứng minh .
0,50
0,25
0,50
0,50
0,25
0,50
0,25
0,25
4
3

- Giả sử cặp số nguyên ( x ; y ) thoả mãn phơng trình
x
4
+ ( x + 1 )
4
= y
2
+ ( y + 1 )
2
(*)
- Ta có phơng trình (*) tơng đơng với phơng trình :
( x
2
+ x + 1 )
2
= y
2
+ y + 1 (1)
- Do x ; y
Z

nên vế trái của (1) là số chính phơng , do đó vế
trái của (1) cũng là số chính phơng .
- Nếu y > 0 ta có : y
2
< y
2
+ y + 1 < ( y + 1 )
2
(2)

Không tồn tại số nguyên y nào thoả mãn (2)
0,25
0,50
0,25
0,25
- Nếu y < -1 ; ta có :
( y + 1 )
2
< y
2
+ y + 1 < y
2
(3)
Cũng không tồn tại số nguyên y nào thoả mãn (3)
- Suy ra y = 0 hoặc y = -1 . Từ đó ta có
( x
2
+ x + 1 )
2
= 1
suy ra x
2
+ x + 1 = 1 hoặc x
2
+ x + 1 = - 1 ;
Nhng x
2
+ x + 1>0 , do đó x
2
+ x + 1 = 1 ;

suy ra x( x + 1 ) = 0 ; suy ra x = 0 hoặc x = -1 ;
từ đó suy ra y = 0 hoặc y = -1.
- Kết luận : Tất cả các nghiệm nguyên của phơng trình đã cho
là : ( 0 ; 0 ) ; ( 0 ; -1 ) ; ( -1 ; 0 ) ; ( -1 ; -1 ) .

0,25
0,25
0,50
0,25
5
3
- Xét hệ phơng trình :






=
=
+
+
+
+
+
1...8
1
1
2
1

4
1
3
2439
zyx
z
z
y
y
x
x
(*)
- Điều kiện : x
1;1;1

zy
(1)
- Ta có
1
4
1
3
+
+
+
y
y
x
x
1

1
11
2
+
+
+
=
+
xx
x
z
z
; suy ra

=
+
+
+
+
+
1
2
1
4
1
2
z
z
y
y

x
x
1
1
+
x
- Do x ; y ; z là các số dơng nên áp dụng bất đẳng thức Cô- sy
ta có :

1
1
+
x

8
242
242
)1()1()1(
8
+++

zyx
zyx
(2)
- Hoàn toàn tơng tự ta có :

8
233
233
)1()1()1(

8
1
1
+++

+
zyx
zyx
y
(3)

8
43
43
)1()1()1(
8
1
1
+++

+
zyx
zyx
z
(4)
- Từ (2) ; (3) ; (4) ta có :

243
)
1

1
()
1
1
()
1
1
(
+++
zyx


8
9
.
8
163224
183224
)1()1()1(
+++
zyx
zyx



243
)
1
1
()

1
1
()
1
1
(
+++
zyx


8
9
.
243
243
)1()1()1(
+++
zyx
zyx
;
Suy ra 8
9
. x
3
. y
4
. z
2

1 (**)
Dấu = của (**) xảy ra khi và chỉ khi

8
1
9
1
1
1
1
1
1
1
====
+
=
+
=
+
zyx
zyx
- Thử lại : Bộ giá trị ( x = y = z =
8
1
) nghiệm đúng hệ phơng
trình đã cho .
- Kết luận :
0,25
0,50
0,50

0,50
0,50
0,25
0,25
0,25
6
5
a
3

I
N
H
K
F
E
O
B
C
A
M
- Chỉ ra đợc các tứ giác AMCB , FEMC là những tứ giác nội
tiếp ; suy ra

ABM =

ECM ;

BAM =

FEM ;
do đó

ABM

EFM ( gg ) ;

NFM =

NAM
từ đó ta có tứ giác BNMF là tứ giác nội tiếp , suy ra


BNM = 90
0

- Kết hợp với điều kiện AH = HB , EK = KF ta có


AHM

EKM , vì vậy

AHM =

NKM , suy ra
tứ giác HNMK là tứ giác nội tiếp , suy ra

MKH = 90
0

.
Điều này chứng tỏ giá trị của góc MKH không phụ thuộc vào
vị trí của điểm M trên cung nhỏ AC .

0,50
0,50
0,75
0,75
0,50
b
2
- Kẻ NI

BC , thì NI // MF , suy ra

INF =

NFM
( 1)
Nhng

NFM =

NBM (2)
Từ (1) và (2) suy ra

INF =

NBM
(3)

Mà

NIF =

BNM
(4)
- Từ (3) và (4) suy ra NIF BNM , suy ra
BN
NI
BM
NF
=
; suy ra
NF = BM.
BN
NI

- Theo giả thiết ABC < 90
0
, do đó
BN
NI
= Sin

NBC
= Sin

ABC không đổi .
- Ta có NF = BM . Sin

ABC và BM là dây cung của đờng
tròn tâm O ; do đó NF có giá trị lớn nhất khi và chỉ khi BM là
đờng kính của đờng tròn tâm O .
- Kết luận : Khi BM là đờng kính của đờng tròn tâm O thì
đoạn thẳng NF có giá trị lớn nhất .
0,50
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25