Đề thi+đa học sinh giỏi toán vòng 1 Tam Dương VP

UBND HUYỆN TAM DƯƠNG
PHÒNG GD&ĐT
KÌ THI KHẢO SÁT HSG LỚP 9 VÒNG 1
Năm học: 2010-2011
Môn: Toán
Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề
Câu 1.(2,0 điểm)
a) Cho hàm số y=ax+b. Biết f(1)
≤
f(2); f(5)
≥
f(6) và f(999)=1000.
Tính f(2010).
b) Ru
́
t go
̣
n biê
̉
u thư
́
c:
2 2 2 2 2 2
2( )( )A x y x x y y x y= + − + − + +
.
vơ
́
i mo
̣
i
, 0.x y >

Câu 2.(2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng
2
1a a+ −
không chia hết cho 25 với mọi số nguyên
a
.
b) Tìm các số nguyên dương
,x y
khác nhau sao cho:
y x
x y=
.
Câu 3.(2,0 điểm)
a) Giải phương trình
2
3 2 1 4x x x− = − −
.
b) Giải phương trình nghiệm nguyên
4 5 7.x y+ =
Câu 4.(1,5 điểm) Cho các số thực dương
, ,a b c
thỏa mãn
1a b c
+ + =
. Chứng minh
rằng
1a bc b ca c ab ab bc ca+ + + + + ≥ + + +
.
Câu 5.(2,5 điểm) Cho nửa đường (O, R) đường kính AB, bán kính OC vuông góc

với AB. M là điểm di chuyển trên nửa đường tròn (O) ( M khác A và B). Tiếp tuyến
của nửa đường tròn (O) tại M cắt OC, cắt tiếp tuyến tại A và cắt tiếp tuyến tại B của
nửa đường tròn (O) lần lượt tại D, E và H. Gọi F là giao điểm của AE và BD.
a) Xác định vị trí của M trên nửa đường tròn (O) để diện tích tứ giác ABHE là
nhỏ nhất.
b) Chứng minh EA. EF=
2
4
AB
.
====HẾT====
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh..........................................................................SBD:.....................
1
ĐỀ CHÍNH THỨC
H ƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010-2011
MÔN: TOÁN 9
( Đáp án có 3 trang)
Câu Nội dung chính Điểm
1
a) Vì f(1)
≤
f(2) nên a
≥
0 (1)
f(5)
≥
f(6) nên a
≤

0 (2)
Từ (1) và (2) suy ra a=0
Do đó f(2010)=f(999)=1000
0,5
0,5
b)
2 2 2 2 2 2
2( )( )A x y x x y y x y= + − + − + +
=

2 2 2 2 2 2
2( ) 2 .( ) 2x y x y x y xy x y= + − + + + + +

2
2 2 2 2
( )x y x y x y
 
= + − + + +
 

2 2 2 2
( )x y x y x y x y= + − + + + = + (vì
2 2
x y x y+ > + )
0,25
0,5
0,25
2
a)
2

1N a a= + −
=
( 2)( 3) 5a a− + +
Vì
( 2) ( 3) 5a a− − + = −
chia hết cho 5 nên
2; 3a a− +
hoặc cùng
chia hết cho 5 hoặc cùng không chia hết cho 5
*Nếu
2; 3a a− +
cùng chia hết cho 5 thì
( 2)( 3)a a− +
chia hết cho
25 mà 5 không chia hết cho 25 suy ra
N
không chia hết cho 25.
*Nếu
2; 3a a− +
cùng không chia hết cho 5 thì
( 2)( 3)a a− +
không
chia hết cho 5 ( do 5 là số nguyên tố) suy ra
N
không chia hết cho 5,
do đó
N
không chia hết cho 25.
Vậy
N

không chia hết cho 25 với mọi số nguyên
a
.
0,25
0,25
0,25
0,25
1
b) Giả sử
1 x y≤ <
. Chia cả hai vế của PT cho
x
x
ta được:
x
y x
x
y
x
x
−
=
Vì
x x
y xM
mà
x
là số nguyên dương nên
y xM
. Đặt

y kx=
(k
, 2N k∈ ≥
)
Theo bài ra ta có
1
( ) ( ) ( )
kx x k x x k k
x kx x kx x kx x k
−
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
(1)
Ta thấy
2x
≥
(vì nếu
1x
=
thì
1k
=
). Do đó
1 1
2
k k
x
− −
≥
(2)
Từ (1) và (2) suy ra

1
2
k
k
−
≥ nên 2 2
k
k ≥ (3)
Dễ thấy
3k
≥
thì bất đẳng thức (3) không xảy ra. Do đó
2.k
=
Thay
2k =
vào (1) ta được
2x =
2.2 4y⇒ = =
.
Thử lại
2; 4x y= =
thỏa mãn đề bài. Vì vai trò của x, y như nhau vậy (
,x y
)
( ) ( )
{ }
2;4 , 4;2∈
.
0,25

0,25
0,25
0,25
3
a) ĐKXĐ:
1.x ≥
2 2
3 2 1 4 ( 4 4) ( 1 2 1 1) 0x x x x x x x− = − − ⇔ − + + − − − + =
2 2
( 2) ( 1 1) 0x x⇔ − + − − =
2 0
2( / )
1 1 0
x
x T m
x
− =


⇔ ⇔ =

− − =


Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
2x =
.
0,5
0,5
b)

7 4 5 5 2 2
4 5 7 1
5 5 5
x x x x
x y y x
− − + + +
+ = ⇔ = = = − +
Đặt
2
.
5
x
t t Z
+
= ⇒ ∈
Do đó
5 2 3 4x t y t= − ⇒ = −
.
Vậy nghiệm của phương trình là
5 2
( )
3 4
x t
t Z
y t
= −

∈

= −


0,5
0,5
4
Vì
1a b c
+ + =
, nên áp dụng BĐT Cauchy ta có:
2 +b+c 2 1 2b c bc a a bc a bc+ ≥ ⇔ ≥ + ⇔ ≥ +
2 2
2 2a a a bc a bc a a bc bc⇔ ≥ + ⇔ + ≥ + +
( )
2
a bc a bc a bc a bc⇔ + ≥ + ⇔ + ≥ +
(1)
Chứng minh tương tự ta có: b ca b ca+ ≥ + (2)

c ab c ab+ ≥ +
(3)
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được
a bc b ca c ab a b c ab bc ca+ + + + + ≥ + + + + +
0,25
0,5
0,25
2
Hay
1a bc b ca c ab ab bc ca+ + + + + ≥ + + +
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1

.
3
a b c= = =
0,5
5
a) Ta có AE//BH( cùng vuông góc với AB) nên tứ giác ABHE là hình
thang vuông. Do đó
( ). .
2 2
ABHE
AE BH AB EH AB
S
+
= =
(theo tính chất hai
tiếp tuyến cắt nhau).
ABHE
S
nhỏ nhất
EH⇔
nhỏ nhất
EH BH ABHE⇔ ⊥ ⇔
là hình chữ nhật
⇔
M là điểm chính giữa của cung AB.
Vậy Min
2
2
ABHE
S R=

⇔
M
C≡
.
0,5
0,5
b) Xét hình thang ABHE có OA=OB, OD//AE//BF
DE DF
⇒ =
F= ( ) F=BHDE DHB g c g E⇒ − − ⇒V V
mà
;BH HM EA EM= =
(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra
. F=EM.MHAE E
(1)
Lại có OE là tia phân giác của
·
AOM
; OH là tia phân giác của
·
BOM
mà
·
AOM
và
·
BOM
là hai góc kề bù nên
·

0
90EOH =
.
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác EOH vuông tại H ta có
2
2
.
4
AB
EM MH OM= =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
2
. F
4
AB
AE E =
.
0,5
0,5
0,5
A
F
C
O
B
E
H
M
D

3