Đề + Đáp án thi chọn đội tuyển

PHÒNG GD & ĐT CẨM XUYÊN ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI
MÔN TOÁN 9
Thời gian: 150 phút
Câu 1: Giải các phương trình:
a)
x - 2 x - 1 x + 2 x - 1 2+ =
b)
( )
( )
2
x + 5 x + 2 1 x 7x + 10 3− + + =
Câu 2: a) Cho x =
3 3
84 84
1 1
9 9
+ + −
. Chứng minh x có giá trị là một số nguyên.
b) Cho a > 0, b > 0, c ≠ 0.
Chứng minh rằng:
1 1 1
0 a + b a + c b + c
a b c
+ + = ⇔ = +
Câu 3: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Một điểm E di động trên cạnh BC; AE
cắt đường thẳng CD tại F. Gọi R
1
, R
2
thứ tự là bán kính của các đường tròn ngoại
tiếp các tam giác ABE và ADF.

Chứng minh rằng:
2 2
1 2
1 1
R R
+
luôn có giá trị không đổi.
Câu 4: Cho đường tròn (O;R) và điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho
OA = R
2
. Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm).
Lấy D thuộc AB; E thuộc AC sao cho chu vi của tam giác ADE bằng 2R. Chứng minh
DE là tiếp tuyến của đường tròn (O;R).
Câu 5: Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z ≤ 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức: A =
( )
2 2 2
1 x 1 y 1 z 2 x y z+ + + + + + + +
.
--------------- Hết -------------
HƯỚNG DẪN CHẤM
1
a) ĐK: x ≥ 1
( ) ( )
2 2
1 1 1 1 2 1 1 1 1 2x x x x− − + − + = ⇔ − − + − + =
1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 2x x x x x⇔ − − = − − ⇔ − − ≤ ⇔ ≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤
1
b) ĐK: x ≥ - 2 (1)
Đặt

( )
x + 5 a; x + 2 b a 0; b 0= = ≥ ≥
(2)
Ta có: a
2
– b
2
= 3;
( ) ( )
2
x 7x + 10 x + 5 x + 2 ab+ = =
Thay vào phương trình đã cho ta được:
(a – b)(1 + ab) = a
2
– b
2

⇔
(a – b)(1 – a)(1 – b) = 0
x + 5 x + 2 (vn)
a - b = 0
x = - 4
1 - a = 0 x + 5 1
x = - 1
1 - b = 0
x + 2 1

=





⇔ ⇒ = ⇒





=



Đối chiếu với (1) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
x = - 1.
1,5
2
a) Đặt
3 3
84 84
1 a; 1 b
9 9
+ = − =
⇒
x = a + b; a
3
+ b
3
= 2; ab =
1
3

−
.
Ta có: x
3
= (a + b)
3
= a
3
+ b
3
+ 3ab(a + b)
Suy ra: x
3
= 2 – x
⇔
x
3
+ x – 2 = 0
( )
( )
2
x - 1 x x + 2 0⇔ + =
⇔
x = 1. Vì x
2
+ x + 2 =
2
1 7
x + 0
2 4

 
+ >
 ÷
 
.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
1
b) + Giả sử có
1 1 1
0
a b c
+ + =
; và vì a > 0, b > 0 nên suy ra c < 0
Ta có:
ab + bc + ca = 0
⇒
(a + c)(b + c) = c
2

( ) ( )
a c b c c⇒ + + = −
(do c < 0)
( ) ( )
2 2a c b c c⇒ + + = −
( ) ( )
( ) ( ) 2a c b c a c b c a b⇒ + + + + + + = +
( )
2
a c b c a b⇒ + + + = +
a c b c a b⇒ + + + = +

.
+ Ngược lại, nếu
a c b c a b+ + + = +
(1) thì c < 0.
Vì nếu c > 0 thì
a c b c a c b c a b+ + + > + + + > +
.
Bình phương 2 vế của (1) suy ra:
2c + 2
( ) ( ) ( ) ( )
0a c b c a c b c c c+ + = ⇒ + + = − =
(do c < 0)
⇒
(a + c)(b + c) = c
2

⇒
ab + bc + ca = 0
⇒
1 1 1
0
a b c
+ + =
.
1,5
3
Vẽ AH ⊥ CD
Suy ra: ∆ADH = ∆ABE (gcg)
⇒
AH = AE.

∆HAF vuông tại A có AD là
đường cao, suy ra:
2 2 2 2
1 1 1 1
AFAH AD a
+ = =
2 2 2
1 1 1
AFAE a
⇒ + =
(1)
Vì AE và AF thứ tự là đường kính của các đường tròn ngoại tiếp các
tam giác vuông ABE và ADF nên suy ra: 2R
1
= AE, 2R
2
= AF (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
2 2 2
1 2
1 1 4
RR a
⇒ + =
(là hằng số), đpcm.
2
4
Ta có:
·
·
0

ABO ACO 90= =
(tính chất tiếp tuyến) (1)
⇒
AB = AC
2 2
OA OB= −
= R = OB = OC (2)
Từ (1) và (2) suy ra ABOC là hình vuông.
Theo bài ra ta có:
AD + DE + AE = 2R = AB + AC (3).
Suy ra: DE = BD + CE (4).
Vẽ OM ⊥ DE (M
∈
DE) (5)
Trên tia đối của tia CA lấy điểm F sao cho:
CF = BD; suy ra ∆BDO = ∆COF (c-g-c)
⇒
OD = OF; lại có DE = FE nên ∆ODE = ∆OFE (c-c-c)
⇒
OM = OC = R (hai đường cao tương ứng) (6). Từ (5) và (6) suy ra
DE là tiếp tuyến của đường tròn (O;R).
2
5
Áp dụng các BĐT:
( )
2 2
a + b 2 a b≤ +
; a + b + c
( )
2 2 2

3 a b c≤ + +
.
Đẳng thức xảy ra khi a = b; a = b = c. (được suy ra từ bất đẳng thức
Bunhiacôpski) .Ta có:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 2
1 + x 2x 2 1 x 2x 2 x + 1
1 + y 2y 2 1 y 2y 2 y + 1
1 + z 2z 2 1 z 2z 2 z + 1
x y z 3 x + y + z
+ ≤ + + =
+ ≤ + + =
+ ≤ + + =
+ + ≤
Lại có: A =
2 2 2
1 x 1 y 1 z 2x 2y 2z+ + + + + + + +
+
( ) ( )
2 2 x y z− + +
( )
( )

( )
A 2 x + y + z + 3 2 2 3 x + y + z⇒ ≤ + −
A 6 + 3 2⇒ ≤
(do x + y + z
≤
3).Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =
z = 1.Vậy MaxA =
6 3 2+ ⇔
x = y = z = 1.
1
R
F
M
y
x
E
D
C
B
O
A
H
F
E
C
B
D
A