Bài giảng Đề&Đ.án HSG vòng 3 huyện Yên Thành năm 2010-2011

Phòng GD&ĐT huyện Yên Thành
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH DỰ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn thi : Toán 9
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1: a) Cho A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + … + n (n+1)(n+2).
Chứng minh rằng
4 1A+
là số tự nhiên
b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

4 2 2
4y y x x+ + = −
Câu 2:
a) Giải phương trình sau:

2 2
17 17 9x x x x+ − + − =
b) Giải hệ phương trình:

2 2
2
3
1 0
x xy y
z yz

− + =


− + =



Câu 3: a) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3.
Chứng minh rằng:

2 2 2
3
1 1 1 2
a b c
b c a
+ + ≥
+ + +
.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
100 10
10 10M x x= − +
Câu 4: Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi M là trung điểm của BC. Đường tròn
(M; R) tiếp xúc với AB ở P, tiếp xúc với AC ở Q. Điểm K chạy trên cung nhỏ PQ
(K khác P, Q). Tiếp tuyến của đường tròn (M; R) tại K cắt AB, AC lần lượt tại E, F.
a. Chứng minh góc BME bằng góc MFC.
b. Xác định vị trí của điểm K sao cho diện tích tứ giác BEFC nhỏ nhất.
Câu 5: Cho tam giác ABC, I là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Các tia AI, BI,
CI cắt BC, CA, AB lần lượt tai M, N, K. Chứng minh rằng:
3 2
IA IB IC
IM IN IK
+ + ≥
-------------------Hết----------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH DỰ THI HSG

TỈNH NĂM HỌC 2010-2011- MÔN TOÁN 9
Câu Nội dung Điểm
Câu
1
4,5đ
a
2,5đ
Ta cã: n(n + 1)(n + 2) =
1
4
n (n + 1)(n + 2). 4=
1
4
n(n + 1)(n + 2).
[ ]
( 3) ( 1)n n+ − −
0.5
=
1
4
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) -
1
4
n(n + 1)(n + 2)(n - 1)
0.5
4A =1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 + . . . +n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
- n(n + 1)(n + 2)(n - 1) = n(n + 1)(n + 2)(n + 3).
1.0
4A + 1 = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n ( n + 3)(n + 1)(n + 2) + 1
= (

( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2
3 )( 3 2) 1 3 2 3 1 3 1n n n n n n n n n n+ + + + = + + + + = + +
Vậy
4 1A+
là số tự nhiên.
0.5
b
2.0
đ
4 2 2 4 2
4 4 ( 1)y y x x y y x x+ + = − ⇔ + + = −
Vì 4y
2
+2>0 nên (y
4
+ y
2
+ 4) -4 < y
4
+ y
2
+4<( y
4
+ y
2
+4) + (4y
2
+2)

0.5
2 2 4 2 2 2
( 1) 4 ( 2)( 3)y y y y y y⇔ + < + + < + +
0.5
Hay y
2
(y
2
+1)<x(x-1)< (y
2
+2)(y
2
+3)
Do đ ó x (x-1) = (y
2
+1)(y
2
+2)
0.5
Suy ra (y
2
+1)(y
2
+2)= y
4
+y
2
+4
⇔
2y

2
=2
⇔ 1y = ±
⇒
x
2
– x - 6=0
⇔
x=-2 hoặc x=3
Nghiệm là (-2;1); (3;1); (-2;-1); (3;-1)
0.5
Câu
2
4,5đ
a
2,5đ
ĐK:
17 17x− ≤ ≤
.
Đặt
( )
2
17 0y x y= − ≥
0.5
Ta có hệ PT
( )
2
2 2 2 2
17 17
2 17

9 9
9
x y x y
x y xy
x y xy x y xy
x y xy

 
+ = + =
+ − =

⇔ ⇔
  
+ + = + = −
+ = −

 

1.0
( ) ( )
2 2
16
7
9 2 17 20 64 0
4
9 9
5
xy
x y
xy xy xy xy

xy
x y xy x y xy
x y
 =



 
+ = −
− − = − + =
  

⇔ ⇔ ⇔
 

=

+ = − + = −
 
 


+ =



0.5
Giải các hệ trên ta có nghiệm của phương trình là x = 1; x = 4 0.5
b
2,0đ

( )
( )
2
2
2 2
2 2
2
3
4 (1)
3
2 4
1 0
1
4 (2)
2 4
y
x y
x xy y
z yz
y
z y

 
− = − −

 ÷

− + =
  
⇔

 
− + =

 


− = − −
 ÷

 

0.75
Nếu
2y >
thì phương trình (1) vô nghiệm. Nếu
2y <
thì phương trình
(2) vô nghiệm. Do đó hệ chỉ có nghiệm khi
2y =
0.75
Suy ra nghiệm của hệ là x = 1, y = 2, z = 1 và x = -1, y = -2, z = -1. 0.5
Câu
3
(4đ)
a
2.0
đ
2 2 2 2 2 2
3 3
( ) 3

1 1 1 2 1 1 1 2
a b c a b c
a b c
b c a b c a
 
+ + ≥ ⇔ + + − + + ≤ −
 ÷
+ + + + + +
 
0.5
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 3 3
1 1 1 (1)
1 1 1 2 1 1 1 2
ab bc ca
a b c
b c a b c a
     
− + − + − ≤ ⇔ + + ≤
 ÷  ÷  ÷
+ + + + + +
     
0.5
Vì 1 + b
2

≥
2b; 1 + c
2

≥
2c; 1 + a
2

≥
2a nên
( )
2 2 2
2 2 2
1
1 1 1 2
ab bc ca
ab bc ca
b c a
+ + ≤ + +
+ + +
(2).
0.5
Mặt khác vì a + b + c = 3 và ab + bc + ca
≤
a
2
+ b
2
+ c
2
, với mọi số
dương a, b, c nên ab + bc + ca
≤

3 (3).
Từ (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh (Đẳng thức xẩy ra khi và
chỉ khi a = b = c = 1).
0.5
b
2.0
đ
100 10 100 10
9so 1
10 10 1+1+...+1 10 1M x x x x= − + = + − +
1 4 2 43
0.5
10100 100 10
9so 1
1+1+...+1 10 10x x x+ ≥ =
1 4 2 43
0.75
Suy ra M
≥
1, đảng thức xẫy ra khi x =
±
1. Vây giá trị nhỏ nhất của M
bằng 1 khi x =
±
1.
0.75
a
3.0đ
Theo tính chất tiếp tuyến ta có ME,
MF lần lượt là phân giác của các góc

PMK, QMK
0.75
Tứ giác APMQ có
0 0
ˆ ˆ
ˆ ˆ
180 180APM AQM BAC PMQ+ = ⇒ + =
0.75
Từ đó
ˆ
EMF
=
0
ˆ
180
2
BAC−
=
ˆ
ˆ
ABC ACB= =
0.75
Suy ra
ˆ ˆ
BME MFC=
0.75
b
2.0
đ
Từ câu a suy ra tam giác BEM đồng dạng với tam giác CMF

2
. .
4
EB MB BC
EB FC MB MC
MC FC
⇒ = ⇔ = =

0.5
Ta có :
1
( )
2
BEFC BME EMF FMC
S S S S R BE EF FC= + + = + +
0.5
=
1
2
R (BE + FC +BE - BP + FC- CQ)
0.25
= R( BE + FC – BP) (do BP=CQ) 0.25
A
B
P
E
K
F
Q
M

C
Câu
4
(5đ)
Câu
5
2,0đ
(2 . ) ( )R BE FC BP R BC BP≥ − = −
Không đổi
Dấu = xẩy ra khi BE = FC
⇔
EF // BC
⇔
K là trung điểm của cung
nhỏ PQ . V ậy
BEFC
S
nhỏ nhất khi K l à trung điểm của cung nhỏ PQ
0.5
Đặt
0.25
A
B
K N
I
M
C
2 2 2 2 2 2
, ,
BIC CIA AIB ABC

S x S y S z S x y z= = = ⇒ = + +
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2
1 1
ABC
BIC
S
AM x y z AI y z AI y z
IM S x IM x IM x
y z
IA
IM x
+ + + +
= = ⇔ + = + ⇔ =
+
⇔ =
0.5
Chứng minh tương tự ta có:
2 2
2 2
,
x y
IB z x IC
IN y IK z
+
+
= =
0.25
2 2 2 2

2 2
1 6
3 2
2. 2. 2. 2 2
y z x y
IA IB IC z x
IM IN IK x y z
y z z x x y y z z x x y
x x y y z z
x y z
+ +
+
⇒ + + = + +
 
+ + +
≥ + + ≥ + + + + + ≥ =
 ÷
 
Vây
3 2
IA IB IC
IM IN IK
+ + ≥
1.0

Chú ý: Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa