hsg toan 9

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 – 2011
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 4/03/2011 (Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1 (4 điểm)
A

3

x 3  3x  x 2  1





x2  4



3

x 3  3x  ( x 2  1) x 2  4

2
2

a. Rót gän biĨu thøc:
2 2
b. Phân tích đa thức 4(1  x)(1  y )(1  x  y )  3x y thành nhân tử.
Câu 2 (4 điểm)
2
2
a) Giải phương trình 2 x  7 x  10  2 x  x  4 3( x  1) .

víi x 2

 4x
1  4 x  y

 4y
 z

1

4
y

 4z
 x

1

4
z

b) Giải hệ phơng trình

Cõu 3 (4 im)
a) Tỡm cỏc s nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau :
x  y 2011
2
2
2
y  z 2011 là số hữu tỉ và x  y  z là số nguyên tố.
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 4x ❑2 - 8y ❑3 + 2z ❑2 + 4x – 4 = 0
Câu 4 (6 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn có trung tuyến CM. Các đường cao AH, BD, CF cắt
nhau tại I. Gọi E là trung điểm của DH. Đường thẳng qua C và song song với
AH cắt BD tại P; đường thẳng qua C và song song với BD cắt AH tại Q.
a) Chứng minh PI.AB = AC.CI
b) Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác CDH. Chứng minh MD là tiếp tuyến
của đường tròn (O).
c) CE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại R (R khác C); CM cắt đường
tròn (O) tại K (K khác C). Chứng minh AB là đường trung trc ca on KR.
Cõu 5 (2 im)
Cho các số dơng a, b c thoả mÃn a+b+c=abc.Tìm giá trị lớn nhất cđa biĨu thøc
S=

a
b
c
+
+
2
2
√ bc (1+a ) √ ca (1+b ) √ ab(1+c 2 )

………………………Hết………………………


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH
MƠN TỐN LỚP 9 – THCS NĂM HỌC 2010 – 2011

+ Đáp án gồm có 05 trang
+ Thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho đủ điểm thành phần tương ứng
Câu Ý

1

Nội dung

a
A

3

x 3  3x  x 2  1





x2  4

2

LËp phơng hai vế ta đợc:
B 3

Trong đó:



3

im

x 3 3x  ( x 2  1) x 2  4
2

A3  x 3  3 x  3 AB

x3  3x  ( x 2  1) x 2  4
2

3

víi x 2
(1)

x3  3x  ( x 2  1) x 2  4
2

x 2 −1 ¿2 (x 2 − 4 )
¿
¿4
x 3 −3 x ¿ 2 − ¿
¿
¿
¿ √3 ¿
2
2
3
3
Do ®ã: (1)  A  x  3x  3 A 0  ( A  x)( A  Ax  x  3 0)

 A x
 2
2
 A  Ax  x  3 0
2
2
2
Víi: A  0 vµ x 2  x  3  0  A  Ax  x  3  0

VËy A=x

0,25
0,5
0,25

0,5

2
2 2
b 4(1  x  y )  4(1 2 x  y ) xy  3x y

 2(1  x  y )  xy )  (2 xy )

0,5
0,5

2

 2  2 x  2 y  xy   2  2 x  2 y  3xy 

a

0,25

0,25

2 2
A = 4(1  x  y  xy )(1  x  y )  3x y

2

0,5

0,5

2 x 2  7 x  10  2 x 2  x  4 3( x  1) (1)

Giải phương trình
2

2,0

2

7  31
1  31


2 x 2  7 x 10 2  x     0, 2 x 2  x  4 2  x     0, x  
4
8
4
8


Vậy TXĐ: 

0,25
0,5


- Nếu x 1 0  x  1 thì VP(1) 0, VT(1)  0 (không thỏa mãn)
- Nếu x 1  0  x   1 thì (1)
 6 x  6 3  x  1


2 x 2  7 x  10 



2 x 2  7 x  10 

2 x2  x  4



2 x 2  x  4 2 (2)

2
Từ (1) và (2) suy ra 2 2 x  x  4 3x  1

0,5

1

3 x  1 0
 x 



3
2
2
4(2 x  x  4) 9 x  6 x  1  x 2  2 x  15 0


1


 x 
 x 3
3

 x 3, x  5

Thử lại. Với x = 3 thì VT(1) = VP(1) = 12
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3
Gi¶i hƯ phơng trình
b
- Nu x = 0 thỡ h cú nghim (x ; y ; z) là (0 ; 0 ; 0)








x

0

y

0;
z

0

- Nếu
. Ta có : 

1 1 4x

4x
y
1 1 4 y

4y
z
1 1 4z

4z
x





 





0,5
0,25
2,00
0,25

4
1
 4
y x
4
1
 4
z y
4
1
 4
x z

0,5

Cộng theo vế các phương trình của hệ ta được
  1
4
4
4
 1
  1



4




4
 4  0

   
x
 y
x
y
z


 
 z
2

2
2
  1
 1
  1


 2 
 2 
 2  0
  z

 x
  y


1
1
 x  y z 
x  y z 
4 . Thử lại ta thấy
4 thỏa mãn hệ pt đã cho.
 1 1 1
 ; ; 
Vậy hệ có 2 nghiệm (x ; y ; z) là (0 ; 0 ; 0),  4 4 4  .

3

a

Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
x  y 2011 m
 (1)
n
y

z
2011
Ta có
, trong đó m, n là các số nguyên thỏa mãn
n > 0, (m, n) = 1.
(1)  nx  my  2011  ny  mz  (2)
Vì

0,5
0,5

0,25
2,00

0,5

.

2011 là số vơ tỉ và m, n, x, y, z là các số nguyên nên ta có

0,5


nx my
 
 xz  y 2
ny mz
(2) <=> nx – my = ny – mz = 0
.
2
2
2
2
2
Ta lại có : x  y  z  x  z   2 xz  y
2

 x  z   y 2  x  y  z   x  y  z 
2
2
2

Vì x  y  z là số nguyên tố và x + y + z là số nguyên lớn hơn 1
2
2
2
nên x – y + z = 1. Do đó x  y  z x  y  z (3)
2
2
2
x

x
;
y

y
;
z
z
Nhưng x, y, z là các số nguyên dương nên
Suy ra x2 = x, y2 = y, z2 = z => x = y = z = 1.
x  y 2011
1
2
2
2
y

z
2011
Khi đó

và x  y  z 3 (thỏa mãn)

0,5

Vậy (x ; y ; z) = (1 ; 1 ; 1) thỏa mãn u cầu bài tốn.
b
Tìm nghiệm ngun của phương trình .
Ph¬ng trình đợc biến đổi thành

2,00

4 x 2 4 x  1 8 y 3  2 z 2  5  (2 x  1) 2 8 y 3  2 z 2  5 (1)

0,5

VÕ tr¸i cđa (1) là một số chính phơng lẻ nên chia 8 d 1 (*)

0,5

3

XÐt vÕ ph¶i cđa (1): 8y chia hÕt cho 8 ; 2z chia hÕt cho 8 nÕu z
ch½n , chia cho 8 d 2 nếu z lẻ
vế phải chia cho 8 d 5 hoặc 3 (**).
Từ (*) và (**) suy ra phơng trình (1) không có nghiệm nguyên
hay phơng trình đà cho vô nghiệm.
4

0,5

a

2

0,5
0,5

Chng minh PI.AB = AC.CI

2,00

C
1
H

E

P
0

Chng minh PCB 90
 900
 ACB  C
1

Q

0,5

D

I

Ta có :
 C
 900
P
1
 (1)
 ACB P

A

F

M



Chứng minh tứ giác ADIF nội tiếp  CAB PIC (2)
Từ (1) và (2)  PIC CAB ( g.g )

B

0,5
0,5




b

PI
IC

 PI . AB  AC.IC
AC AB
(đpcm)

0,5

Chứng minh MD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Chứng minh tứ giác CDIH nội tiếp đường trịn (O)

 DCI
là góc nội tiếp chắn cung DI (3)
ADB có DM là đường trung tuyến


 MDB cân tại M  MBD MDB


 MBD
DCI

2,00
0,5
0,5

(4)


(cùng phụ với CAB ) (5)

Ta lại có



0,5



Từ (4) và (5)  MDB DCI (6)
Từ (3) và (6) suy ra MD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
c
Chứng minh AB là đường trung trực của đoạn KR

0,5
2,00

C

H
D

MD là tiếp tuyến của (O)

E

I

 MD 2 MK .MC

c

 MB 2 MK .MC ( MD MB)
MB MK


MC MB
 MBC MKB (c.g .c)


 MBK
MCB
(7)

K

A

0,5

F

M

B

R

Chứng minh tứ giác ADHB nội tiếp
CD DH

 CDH
 ABC  CDH CBA ( g .g ) 

CB AB
CD CB
CD CB






 CDE CBM ( g .g )  MCB
 ACR
(8)
DH AB
DE MB
ACR  ABR (9)

Ta lại có :



5




Từ (7), (8), (9)  MBK  ABR  BA là phân giác của KBR

Chứng minh tương tự ta được AB là phân giác của KAR
Từ đó suy ra AB là đường trung trực của KR.
Tacã

√ bc (1+a2 )=√ bc+a 2 bc= √ bc+ a(a+ b+c )=√ bc+a 2+ab +ac=√(a+ b)(a+ c)
T¬ngtù
√ ba (1+c 2 )=√( a+c)(b+c ) ; √ ca (1+ b2 )=√(a+ b)(b+ c)

0,5

0,5
0,5
0,50
0,25


S

a
b

(a  b)(a  c)
(a  b)(b  c)

c
( a  c)(b  c )

a
a
b
b
c
c
.

.

.
a b a c
bc bc
c b a c
áp dụng BĐT AB A+ B (với A,B >0) ; DÊu “=” x¶y ra khi A=B
2


0,25
0,25

1 a
a
b
b
c
c 
S 







2  a b a c b c a b a c b c 
Ta cã
1  a b b c c a  3
 



2  a b b c c a  2
3
Max (S)= ⇔ a=b=c=√ 3
2

-------- Hết -------

0,25
0,25


Chứng minh

xy  x
(1  x)(1  xy )
x



thỏa mãn xy 1

1
1
1
1



0
1  x 1  xy 1  y 1  xy

(1) 


1
1
2


, x, y  0
1  x 1  y 1  xy



y

x





(1  x)(1  xy )

xy  y
(1  y )(1  xy )
y



y

x

0



 y  x  x
y 
0  

0


 1  xy   1  x 1  y 
(1  y )(1  xy )




2







y x
xy  1
 y  x  x  xy  y  x y 


0

0

 1  xy  
1

x
1

y




1


xy
1

x
1

y












BĐT cuối cùng đúng do xy 1 .
Đẳng thức xảy ra  x  y hoặc xy 1
a
b
c
22



Chứng minh a  b b  c c  a 15

(2) 

1



1



1



22
15

b
c
a
1
1
a
b
c
.
b
c
a
1

x , y , z
 x, y , z 4
a
b
c thì 4
Đặt
và xyz 1
1
1
1
22



BĐT trở thành 1  x 1  y 1  z 15
1

Không giảm tổng quát, giả sử z nhỏ nhất suy ra xy 1 . Theo câu a
1
1
1
2
1
2
1
2t
1








 2 ,t z
1  x 1  y 1  z 1  xy 1  z 1  1 1  z t  1 t  1
z
2t
1
22 1
 2
 ,  t 2
Ta sẽ CM t  1 t  1 15 2
. Bằng biến đổi tương đương


3
2
2
BĐT  8t  22t  23t  7 0  (2t  1)(4t  9t  7) 0 .

BĐT cuối cùng đúng do

t

1
2
2 và 4t  9t  7  0, t .