HSG LOP 9 HAI DUONG12

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011 – 2012
MÔN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 23/03/2012
(Đề thi gồm có 01 trang)

Câu 1 (2,5 điểm).

A
a) Rút gọn biểu thức:

x2  5x  6  3 x2  6 x  8
3 x  12  ( x  3) x 2  6 x  8

a3  b3  c3   a  b  c 
b) Phân tích thành nhân tử:

x
Tìm x biết:

2

3

3

3

 x  2    x  1 x 6  1

Câu 2 (2,0 điểm).

 x 2  xy  2 y 2 0

2
 xy  3 y  x 3
a) Giải hệ phương trình: 
3
3
 x 3

   x  3 16
b) Giải phương trình:  x  2 
Câu 3 (2,0 điểm).
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

8 x 2  23 y 2  16 x  44 y  16 xy  1180 0 .
b) Cho n là số nguyên dương và m là ước nguyên dương của 2n2. Chứng minh rằng
n + m khơng là số chính phương.
Câu 4 (3,0 điểm).
Cho đường trịn (O;R) và AB là đường kính. Gọi d là đường trung trực của OB. Gọi
M và N là hai điểm phân biệt thuộc đường thẳng d. Trên các tia OM, ON lấy lần lượt các
2

2

điểm M’ và N’ sao cho OM’.OM = ON’.ON R .

a) Chứng minh rằng bốn điểm M, N, M’, N’ thuộc một đường tròn.
b) Khi điểm M chuyển động trên d, chứng minh rằng điểm M’ thuộc một đường trịn
cố định.
c) Tìm vị trí điểm M trên d để tổng MO + MA đạt giá trị nhỏ nhất.
Tìm vị trí điểm M trên d nhưng M khơng nằm trong đường trịn (O;R) để tổng MO
+ MA đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 5 (0,5 điểm).
Trong các hình bình hành ngoại tiếp đường trịn (O; r), hãy tìm hình bình hành có
diện tích nhỏ nhất.
………………………HẾT………………………
Họ và tên thí sinh:…………………………………...Số báo danh:……………………
Chữ kí của giám thị 1:…………………..…Chữ kí của giám thị 2:……………..……..


SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

Câu Ý
a
1

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH
MƠN TỐN LỚP 9 – THCS NĂM HỌC 2011 – 2012
Nội dung
A

Rút gọn biểu thức:

x2  5x  6  3 x2  6x  8
3 x  12  ( x  3) x 2  6 x  8
A

ĐKXĐ: x <2 hoặc x > 4

 x  2   x  3  3
3  x  4   ( x  3)

* Trường hợp 1: x <2, ta có:



3





2

4 x

 3  x  3



2

( x  2)( x  4)

 2  x  3  x  3
3  4  x   (3  x)

A 
2 x

( x  2)( x  4)

(2  x)(4  x)
(2  x)(4  x)

2 x 4 x

 (3  x) 2  x 4  x

2  x   3  x  2  x  3 4  x 
4  x  3 4  x  (3  x ) 2  x  

2 x
4  x (vì x £ 2 nên 3 4  x  (3  x) 2  x  0 )
* Trường hợp 2: x > 4, ta có: 3 x  4  ( x  3) x  2  0 nên:


(1)



A
3

b

x 2



2



 x  3  3

x 2 x 4

x  2   x  3 x  2  3 x  4 
x 2

2
x  4  ( x  3) x  2 x  4
x  4  3 x  4  ( x  3) x  2   x  4



Phân tích đa thức thành nhân tử:
3

Ta có

a 3  b3  c 3   a  b  c 

3

3

a 3  b3  c 3   a  b  c   a  b   c 3  3ab  a  b    a  b  c 
3

 a  b  c   3c  a  b   a  b  c   3ab  a  b    a  b  c 

3

3

 3  a  b   c  a  b  c   ab   3  a  b   a  b  c   c  b  c    3  a  b   b  c   a  c 

Tìm x biết:

x

2

3

3

 x  2    x  1  x 6  1

  3  x 2  x  1  x 2  1  x  2  0

2

a

2 3

Ta có:

 x    x 1

 13   x 2  x  2  0

2
2
(Theo (*). Vì x  x  1 =0; x  1 =0 vô nghiệm . KL: x =

2
2
 x  xy  2 y 0 (1)

2
(2)
Giải hệ phương trình:  xy  3 y  x 3
  x 2  y 2   y  x  y  0   x  y   x  2 y  0

(1)

3

, ta được x = y hoặc x = -2y

3
4

* Với x = y, từ (2) ta có: 4 x  x  3 0 , ta được
2
* Với x = -2y, từ (2) ta có y  2 y  3 0 , ta được y1  1, y2 3
Nếu y  1  x 2 . Nếu y 3  x  6
2

(*)

3

x1  1, x2 

 3 3
 ; 
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là: (-1; -1);  4 4  ; (2; -1); (-6; 3).


b

3

3

3
 x 3
 x 3

 x 3
 x 3


 x  3  3
 x  3 

   x  3 16  
  x  3 
 x 2

 x 2
 x 2

Giải phương trình:  x  2 

3

2

  x  3 2 
  x  3 2 
2
x  3


  3
 16
t
 x  2 
 x  2 
x  2 , ta được t 3  3t 2  16 0
(ĐKXĐ: x 2)
. Đặt

 x  3
Với t = - 4, thì
3

a

x 2

2

 4

2

2
 x  1 0  x 1(TM )
hay x  6 x  9  4 x  8 
. Vậy x = 1

2
2
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 8 x  23 y  16 x  44 y 16 xy  1180 0
2

Biến đổi phương trình đã cho ta được


 y  2

2

2

8  x  y  1  15  y  2  1248

1248
2
2

  y  2  83
8 x  y  1 ,1248
15
. Do 
đều chia hết cho 8; (15;8)=1 nên
2
  y  2    0;16;64

là số chính phương&chia hết cho 8



. Ta có các TH sau:

2

 y 2

2
 x  3 156

Do 156 không c.phương nên TH này vô nghiệm
2
2
 y  2  16
 y  2  16



2
2
8  x  y 1 15.16 1248  x  y 1 126

 y  2  0


2
8  x  y  1 1248
*

*

Do 126 không c.phương nên TH này vô nghiệm

*

 y  2  2 64


2
8  x  y  1  15.64 1248

 y 10


2
 x  11 36

b

  y 10

  y  6
2

 x  y  1 36

 y 10

  x  5
  x  17


 y  6


2
 x  5 36

 y  6

  x  1

  x 11


Ta được
hoặc
Vậy (x; y) là (-5; 10); (-17; 10); (-1; -6); (11; -6)
Cho n là số nguyên dương và m là ước nguyên dương của 2n2. CMR: n2 + m không là số
phương.
Giả sử n2 + m là số chính phương. Đặt n2 + m = k2 (1) (với k nguyên dương)
2
Theo bài ta có 2n2 = mp (p nguyên dương) Þ m 2n : p , thay vào (1) ta có:

2n 2
2
n 
k 2  n2 p 2  2 pn 2  p 2 k 2  n 2  p 2  2 p   pk 
p
2

2

2
pk
Do n ,   chính phương, nên p  2 p phải chính phương.
2
2
p 2  p 2  2 p   p  1
Mặt khác
, tức p  2 p khơng chính phương. Nên giả sử sai.

2

4

a

Vậy n2 + m khơng chính phương
Chứng minh rằng bốn điểm M, N, M’, N’ thuộc một đường tròn.
OM ' ON '

ON OM (vì OM’.OM = ON’.ON);

MON
chung nên OM ' N đ. dạng với ON ' M


M



 ' N ON
 'M
 ONM
' OMN
' ;  OM
 ' MN '  M
 ' NN ' 1800
M

nên

( hoặc M’, N’ cùng
M N dưới cùng một góc, khi M’ và N’ kề nhau
N cùng nằm trong hoặc cùng nằm ngồi(O) ) 
M’, N’, N thuộc một đường trịn.
( Thí sinh chỉ cần làm đúng 1 trường hợp cũn
0,5 đ)

M'

A

B

O
N

N'

b

Khi điểm M chuyển động trên d, chứng minh rằng điểm M’ thuộc một đường tròn cố định.
M
Gọi giao của d với OB là C
Lấy điểm C’ đối xứng với O qua B  điểm C’
định trên tia OC
M'

A

O

C

B

C'

1
OC.OC '  BO.2 BO R 2
2
Ta có:
OC OM '


 OC.OC ' OM '.OM  OM OC ' ; MOC
chu
 OCM đồng dạng với OM ' C '
 ' C OCM

 OM
900

.Vậy M’ thuộc đường trị
đường kính OC’ cố định.
c Tìm vị trí điểm M trên d để tổng MO + MA đạt giá trị nhỏ nhất theo hai trường hợp
Gọi giao của d với (O;R) là D, E (hình vẽ)
M
K
*TH1: Do d là trung trực của OB  MO = MB
Ta có: MA + MO = MA + MB  AB, dấu “=”x

khi M trùng C
D
 MA + MO nhỏ nhất khi M trùng C (M  d )
*TH2: Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm D
Gọi K là giao của tia BD với AM.
A
Ta có MB + MK KB = KD + DB
C
O
B
KD + AK  AD
 MA + MO = MA + MB  DA + DB, dấu “
khi M trùng với D
Tương tự khi M thuộc nửa mặt phẳng bờ AB
E
E: MA + MO = MA + MB  EA + EB, dấ
xảy ra khi M trùng với E
Vậy MA + MO nhỏ nhất khi M trùng D hoặc M
trùng E (M  d , M không ở trong (O;R)).
5 Trong các hình bình hành ngoại tiếp đường trịn (O; r), hãy tìm hình bình hành có diện tích nhỏ nhấ
Theo bài ta suy ra các cạnh của hình hành là tiếp tuyến của đường
(O; r). Gọi M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểm của đường trịn với các
như hình vẽ.  CM = CN; AP = AQ, BM = BQ; PD = DN
 CM + BM + AP + PD = CN + DN + AQ + BQ
 2BC = 2AB  BC = AB


0

Kẻ AH  BC . Ta có AB  AH , dấu “=” có khi ABC 90 .

Ta có: OM  BC, OP  AD, AD // BC  P, O, M thẳng hàng,
do đó AH = PM = 2r.


SABCD AH.BC 2r. AB 2r.AH=2r.2r

B

 SABCD 4r2, dấu “=” xảy ra khi ABC 900
H
M

C
Q

O

A

Vậy trong các hình bình hành ngoại tiếp đường trịn (O; r) thì hình
vng có diện tích nhỏ nhất và bằng 4r2.

N

r
P

D

----------------------------- HẾT ----------------------------