Tài liệu DE+DAP THI HSG TOAN 9 HAY

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2008-2009
Môn Toán - Lớp 9
Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 11 tháng 02 năm 2009
Bài 1 : ( 4,0 điểm )
a) Cho x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x
3
+ y
3.
b) Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện tích bằng số đo
chu vi.
Bài 2 : ( 4,0 điểm )
a) Giải hệ phương trình :
( )
( )
( )
3xy = 2 x+ y
5yz = 6 y+ z
4zx= 3 z+ x





b) Giải phương trình :
2 2
25- x - 10 - x = 3
Bài 3: ( 5,0 điểm)
a) Cho a và b là các số nguyên dương sao cho
a +1 b +1

a b
+
là số nguyên; gọi d là ước
chung của a và b. Chứng minh :
d a + b≤
.
b) Chứng minh rằng không có các số nguyên x và y nào thỏa mãn hệ thức: 2008x
2009
+
2009y
2010
= 2011.
Bài 4 : ( 2,0 điểm )
Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao kẻ từ B và C cắt nhau tại O.
Chứng minh rằng nếu đường tròn nội tiếp tam giác OAB và đường tròn nội tiếp tam giác
OAC có bán kính bằng nhau thì tam giác ABC là tam giác cân.
Bài 5 : ( 5,0 điểm )
Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; r) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. Trên đường tròn (O; R)
vẽ dây AB = R. Trên cung lớn AB lấy điểm M, đường thẳng MA cắt đường tròn (O’; r) tại N (N
khác A). Đường thẳng qua N và song song với AB cắt đường thẳng MB tại E.
a) Chứng minh rằng độ dài đoạn thẳng NE không phụ thuộc vị trí điểm M trên cung lớn
AB;
b) Tìm vị trí của điểm M trên cung lớn AB để tam giác MNE có diện tích lớn nhất và tính
giá trị lớn nhất đó.
-------------------- Hết --------------------
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2008-2009
HƯỚNG DẪN CHẤM

MÔN TOÁN LỚP 9
Bài 1 : ( 4,0 điểm )
a) Cho x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x
3
+ y
3.
Bải giải Điểm
Ta có M = x
3
+ y
3
= (x + y)(x
2
− xy + y
2
)
= x
2
− xy + y
2
(vì x + y = 1)
=
2 2 2 2
x y x y
( xy )
2 2 2 2
+ + − +
=
1
2

(x
2
+ y
2
) +
2
x y
( )
2 2
−
⇒
M
≥
1
2
(x
2
+y
2
)
Ngoài ra do x + y =1
⇒
x
2
+ y
2
+ 2xy = 1
⇒
2(x
2

+ y
2
)−(x − y)
2
= 1
⇒
2(x
2
+ y
2
)
≥
1
⇒
(x
2
+ y
2
)
≥

1
2
dấu bằng xảy ra
⇔
x = y =
1
2
⇒
M

≥

1
2
.
1
2
=
1
4
dấu bằng xảy ra
⇔
x = y =
1
2
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là
1
4
, đạt được khi x = y =
1
2
0,75 điểm
0,75 điểm
0,5 điểm
b) Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện tích bằng số đo
chu vi.
Bải giải Điểm
Gọi a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác vuông cần tìm. Giả sử 1
a b c≤ ≤ <

.
Ta có hệ phương trình :
2 2 2
a b c
ab 2(a b c)

+ =

= + +


(1)
(2)
Từ (1)
⇒
c
2
= (a + b)
2
− 2ab

⇒
c
2
= (a + b)
2
− 4(a + b + c) (theo (2))
⇔
(a + b)
2

− 4(a + b) = c
2
+ 4c
⇔
(a + b)
2
− 4(a + b) + 4 = c
2
+ 4c + 4.
⇔
(a + b − 2)
2
= (c + 2)
2

⇔
a + b − 2

= c + 2 (do a + b
≥
2)
⇔
c = a + b − 4.
Thay vào (2) ta được: ab = 2(a + b + a + b − 4)
⇔
ab −4a−4b + 8 = 0
⇔
b(a −4) −4(a−4) = 8
⇔
(a −4)(b−4) = 8

Phân tích 8 = 1.8 = 2.4 nên ta có:
a 4 1
ho ho
b 4 8
 − =
  
⇔
   
− =
  

a - 4 = 2 a = 5 a =6
Æc Æc
b - 4 = 4 b = 12 b=8
Từ đó ta có 2 tam giác vuông có các cạnh (5 ; 12 ; 13) và (6 ; 8 ; 10) thỏa mãn
yêu cầu của bài toán.
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
Bài 2 : ( 4,0 điểm )
2
ĐỀ CHÍNH THỨC
a) Giải hệ phương trình :
( )
( )
( )
3xy = 2 x+ y
5yz = 6 y+ z
4zx= 3 z+ x






Bải giải Điểm
+ Hiển nhiên hệ có nghiệm là x = y = z = 0.
+ Với xyz
≠
0 thì (I) được viết lại:
x y 3
xy 2
y z 5
yz 6
z x 4
zx 3
+

=


+

=



+
=




⇔
(II)
1 1 3
x y 2
1 1 5
y z 6
1 1 4
z x 3

+ =



+ =



+ =


Cộng ba
phương trình của hệ (II) theo vế ta được:
1 1 1 11
2
x y z 3
 
+ + =
 ÷

 

⇔
1 1 1 11
x y z 6
+ + =
(*)
Trừ phương trình (*) cho từng phương trình của hệ (II) theo vế ta lần lượt có : x =
1, y = 2, z = 3. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (0; 0; 0) và (1; 2; 3).
0,5điểm
0,5điểm
0,5điểm
0,5điểm
b) Giải phương trình :
2 2
25- x - 10 - x = 3
Bải giải Điểm
ĐKXĐ: -
10

≤
x
≤
10

Đặt a =
2
25 x−
; b =
2

10 x−
( a, b
≥
0 )
Ta được hệ pt :
2 2
3
15
a b
a b
− =


− =


Giải hệ pt ta được : a = 4 ; b = 1. Suy ra : x
1
= 3 ; x
2
= -3
0,25điểm
0,25điểm
0,5điểm
1,0 điểm
Bài 3: ( 5,0 điểm)
a) Cho a và b là các số nguyên dương sao cho
a +1 b +1
a b
+

là số nguyên; gọi d là ước
chung của a và b. Chứng minh :
d a + b≤
.
Bải giải Điểm
Ta có:
1 1a b
a b
+ +
+
=
2
2
ab b ab a ab a b a b
ab ab ab ab
+ + + + +
= + = +
: là số nguyên
Suy ra :
a b
ab
+
là số nguyên và a, b là số nguyên dương
Nên
a b
ab
+

≥
1

⇒
a + b
≥
ab
Do d là ước của a nên a
M
d ⇒ a ≥ d > 0
Và d là ước của b nên b
M
d ⇒ b ≥ d > 0
Suy ra : ab ≥ d
2
nên a + b ≥ d
2
Vậy :
d a b
≤ +
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
b) Chứng minh rằng không có các số nguyên x và y nào thỏa mãn hệ thức: 2008x
2009
+
2009y
2010
= 2011.
3
Bải giải Điểm

- Nếu y chẵn thì với mọi x
∈
Z có 2008x
2009
+ 2009y
2010
là số chẵn; mà 2011 là số
lẻ, (vô lý)
- Nếu y lẻ thì y
1005
là số lẻ. Đặt y
1005
= 2k + 1 ( k
∈
Z )
⇒
2009y
2010
= 2009(y
1005
)
2
= 2009(2k + 1)
2
= 2009(4k
2
+ 4k + 1) = 4[2009(k
2
+
k)] + 2009.

Ta có 2009y
2010
chia cho 4 dư 1
⇒
2008x
2009
+ 2009y
2010
chia cho 4 dư 1; mà
2011 chia cho 4 dư 3, (vô lý)
Vậy không có các số nguyên x, y nào thỏa mãn hệ thức :
2008x
2009
+ 2009y
2010
= 2011.
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
Bài 4 : ( 2,0 điểm )
Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao kẻ từ B và C cắt nhau tại O.
Chứng minh rằng nếu đường tròn nội tiếp tam giác OAB và đường tròn nội tiếp tam giác
OAC có bán kính bằng nhau thì tam giác ABC là tam giác cân.
Bải giải Điểm
Gọi O
1
và O
2

lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp
các tam giác AOB và AOC.
Kẻ O
1
H
⊥
AB tại H và O
2
K
⊥
AC tại K
⇒
O
1
H = O
2
K (gt)
Điểm O là trực tâm của
∆
ABC
ˆ
ˆ
ABO ACO⇒ =
(cùng phụ
ˆ
BAC
)
1 2 1 2
ˆ
ˆ

OBH OCK
BO H CO K (O H O K; )
2 2
∆ = ∆ = =
BH CK⇒ =
.
∗
Nếu AB > AC thì AH > AK (AB = AH + HB và AC = AK + KC)
1 2
1 2
O H O K
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ
ˆ
O AH O AK OAB OAC ABC ACB AC AB
AH AK
⇒ < ⇒ < ⇒ < ⇒ > ⇒ >

Mâu thuẫn

∗
Nếu AB < AC, lập luận tương tự ta có AB > AC Mâu thuẫn

∗
Vậy AB = AC. Tam giác ABC cân tại A.
Hình 0,25 đ
0,25 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

Bài 5 : ( 5,0 điểm )
Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; r) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. Trên đường tròn (O; R)
vẽ dây AB = R. Trên cung lớn AB lấy điểm M, đường thẳng MA cắt đường tròn (O’; r) tại N (N
khác A). Đường thẳng qua N và song song với AB cắt đường thẳng MB tại E.
a) Chứng minh rằng độ dài đoạn thẳng NE không phụ thuộc vị trí điểm M trên cung lớn AB.
b) Tìm vị trí của điểm M trên cung lớn AB để tam giác MNE có diện tích lớn nhất và tính
giá trị lớn nhất đó.
Bải giải Điểm
a) Ta có
NE MN OO` R r
AB AM AO R
+
= = =


R r
NE .AB R r.
R
+
⇒ = = +

Độ dài đoạn NE không đổi.
Hình 0,25 đ
(0,75 điểm)
(0,75 điểm)
(0,25 điểm)
4
A
B
C

O
H
K
O
1
O
2
O
O’
M
B
A
N
E
K
M
0
H
b)
MNE
∆
2 2
MNE
MNE MAB
MAB
S NE R r
MAB S .S
S AB R
+
   

∆ ⇒ = ⇒ =
 ÷  ÷
   

Diện tích tam giác MNE lớn nhất
⇔
Diện tích tam giác AMB lớn nhất.
Gọi M
o
là điểm chính giữa của cung lớn AB
⇒
Tam giác AM
o
B cân tại M
o
.
Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại M
o
cắt BM tại K.
o
ˆ ˆ ˆ
AM B AMB AKB= >
(góc ngoài của tam giác AMK), do đó M nằm giữa hai
điểm B và K.
suy ra khoảng cách từ M đến AB không lớn hơn khoảng cách từ K đến AB.
M
o
K // AB
o
M O AB⇒ ⊥

tại H và khoảng cách từ K đến AB bằng M
o
H.
Vậy khi M là điểm chính giữa của cung lớn AB thì diện tích
∆
AMB có giá trị
lớn nhất.
o
2
o AM B
R 3 R(2 3) (2 3)R
M H R MaxS
2 2 4
+ +
= + = ⇒ =

Diện tích
∆
MNE có giá trị lớn nhất bằng
2 2
2
2
(R r) (2 3)R 2 3
. (R r)
R 4 4
+ + +
= +

0,5 điểm
0,25 điểm

0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
Chú ý :
+ Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải khác nhau, nếu học sinh có cách giải khác, hợp lý và đúng
chính xác vẫn cho điểm tối đa.
+ Đối với bài toán hình, nếu không có hình vẽ thì không chấm.
+ Đề nghị tổ giám khảo cần thảo luận thống nhất quan điểm và chấm chung ít nhất 05 bài để rút
kinh nghiệm, sao cho đảm bảo sự công bằng cho tất cả các bài thi.
5