DE DAP AN THI HSG TOAN CAP HUYEN 20182019 NSNT

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN NINH SƠN

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC: 2018 – 2019
Khóa thi ngày: 12/01/2019
Mơn : TỐN - Lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút

HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài
Bài 1
(4đ)

Đáp án
Giải phương trình: x 2 x  2 = 9 – 5x
Điều kiện:

x

1 x 

9
5 1; đặt t =

2 x  2 , với t  0

t2  2
 t2 = 2x – 2  x = 2

 t  1 0

 2

 t  6t  8 0

 t 1
 t  2; t  4


Vì t  0, nên chọn t = 1 
Cho các số thực a, b, c. Chứng minh rằng nếu a + b + c = 0 thì
2

0,5
1,5
0,5

3
2 x  2 = 1  x = 2 (TMĐK)

a

0,5
0,5

t2  2
t2  2
Khi đó, phương trình đã cho trở thành: 2 .t = 9 – 5. 2
 t3 + 5t2 + 2t – 8 = 0  (t – 1)(t2 + 6t + 8) = 0

Bài 2

(3đ)

Điểm

0,5

2

 b 2  c 2  2  a 4  b 4  c 4 

Ta có: a + b + c = 0  (a + b + c)2 = 0

0,5

 a2 + b2 + c2 = -2 (ab + bc + ac)
 (a2 + b2 + c2)2 = 4(ab + bc + ac)2

0,5
0,5

 a4 + b4 + c4 + 2a2b2 + 2a2c2 + 2c2b2

Bài 3
(3đ)

= 4 (a2b2 + a2c2 + c2b2 + 2a2bc + 2abc2 + 2acb2)
= 4 [a2b2 + a2c2 + c2b2 + 2abc(a + b + c)]
= 4 (a2b2 + a2c2 + c2b2) vì a + b + c = 0
 a4 + b4 + c4 = 2a2b2 + 2a2c2 + 2c2b2
 2(a4 + b4 + c4) = (a2 + b2 + c2)2 (đpcm)

Cho tam giác ABC có AB = AC = b, BC = a. Đường phân
giác của góc B cắt AC tại E, đường phân giác của góc C cắt AB
tại I. Tính độ dài đoạn thẳng IE theo a, b

0,5
0,5
0,5


A

1,0
E

I

B

C

BA EA

Ta có: BE là phân giác của tam giác ABC, nên: BC EC
CA IA

CI là phân giác của tam giác ABC, nên: CB IB

Bài 4
(3đ)

0,25
0,25

IA EA
IA EI
BC.IA


IE 
AB
Mà: AB = AC  IB EC  IE // BC  AB BC 

0,75

CA IA
IA b
IA
b
IA
a
b2

 



 IA 
CB IB  IB a
IB  IA a  b
AB b  a

ba

0,5

ab
Vậy: IE = a  b

0,25

Cho phương trình: (m – 1)x2 – 2mx + m + 2 = 0
(1)
(x là ẩn số, m là tham số). Tìm những giá trị của m để phương
x1 x2 5
  0
trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn hệ thức x2 x1 2

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khi:
m  1 0
m 1
m 1


 '
2
 m  2  0
m  2
 m  (m  1).(m  2)  0
2m
Khi đó: x1 + x2 = m  1 ;

m2
x1.x2 = m  1

1,5
0,5

Ta có:
x1 x2 5
  0  2( x12  x22 )  5 x1 x2 0
x2 x1 2

0,5

 2[( x1  x2 ) 2  2 x1 x2 ]  5 x1 x2 0  2( x1  x2 ) 2  x1 x2 0
 2.

4m 2

 m  1

 m1 

2



m2
0  9m 2  m  2 0
m 1

 1  73
;
18

m2 

 1  73
18
(TMĐK)

0,25
0,25


Bài 5
(5đ)

Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính AB. Trên đoạn thẳng
OA lấy điểm I (I khác O và A), qua I vẽ đường thẳng vng góc
với AB, đường thẳng này cắt nửa đường tròn tại D. Gọi E là
một điểm bất kỳ trên đoạn ID (E khác I và D). Tia AE cắt nửa
đường tròn tại C. Tia BC cắt tia ID tại F.

F

D

N

C

1,0

E

A

B

M

I

O

d

a) Chứng minh: BA. BI = BC. BF

Ta có: AC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Xét hai tam giác vng ACB và FIB có 
chung
 ACB  FIB





AB BC


 AB.IB BC.BF
BF IB



0,5



Mà: CAB BFI (vì ACB  FIB ). Suy ra: CAB MFI
Do đó tứ giác AEFM nội tiếp đường trịn.
Nên tâm N của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cũng là tâm
của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFM, suy ra N thuộc đường
trung trực d của đoạn thẳng AM cố định
Bài 6
(2đ)

Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị
3
nhỏ nhất của biểu thức: P = a + b + c + a  b  c

0,5
0,5

( g .g )

b) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp  AEF nằm trên
một đường thẳng cố định khi E di động trên đoạn thẳng ID.
Lấy điểm M đối xứng với B qua I thì M cố định và tam giác



BFI
MFB cân tại F  MFI


0,5

0,5
0,5
0,5
0,5


2
a b c
3
3
Ta có: P = 3 (a + b + c) +
+ a b c

1,25

Vì a, b, c > 0 và abc = 1, nên áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có:
3
a + b + c 3 abc = 3

Và

a b c

3
3
+ a  b  c 2 abc 2

2
 .3  2  P 4
 Min P = 4
Do đó: P 3

Học sinh giải cách khác mà kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa

0,25
0,25
0,25