de thi hsg 9

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2009-2010
Mơn thi: Tốn-lớp 9.
Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010.
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề).

Câu I (4,0 điểm).
Cho biểu thức

A 1  (

2x  x  1 2x x  x  x x  x

).
1 x
1 x x
2 x  1.

1. Tìm các giá trị của x để

A

6

6
5

.

2
1
A
x 0, x 1, x 
3 với mọi x thoả mãn
4.
2. Chứng minh rằng

Câu II (4,0 điểm).
1. Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thoả mãn : a2 + c2 = b2 + d2
Chứng minh rằng a + b + c + d là hợp số .
2. Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn:
( x 2  3) ( xy  3)

Câu III (4,0 điểm).
1. Giải phương trình:

2 x 1 

3x x  1 .

4
2
2. Cho phương trình: x  2 6mx  24 0 (m là tham số).

Tìm giá trị của tham số m để phương trình có 4 nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 phân biệt thỏa mãn:
x14  x24  x34  x44 144 .

Câu IV (6,0 điểm).
Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Gọi C là trung điểm của đoạn thẳng AO. Một
đường thẳng a vng góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại I. Trên đoạn CI lấy điểm K
bất kì (K khơng trùng với C và I). Tia AK cắt nửa đường tròn (O) tại M, tiếp tuyến của nửa
đường tròn (O) tại M cắt đường thẳng a tại N, tia BM cắt đường thẳng a tại D.
1. Chứng minh rằng tam giác MNK là tam giác cân.
2. Tính diện tích tam giác ABD theo R, khi K là trung điểm của đoạn thẳng CI.
3. Chứng minh rằng khi K chuyển động trên đoạn thẳng CI thì tâm đường trịn ngoại tiếp
tam giác AKD luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
Câu V (2,0 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
ab
bc
ca
1



c 1 a 1 b 1 4 .

----------------Hết---------------Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.


Họ và tên học sinh:.............................................................................................Số báo danh:..............................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI

ĐỀ CHÍNH THỨC

Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm
của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì chấm
điểm từng phần tương ứng.
Câu

Lời giải – Kết quả

Điểm

1)
I.1
2(điểm)

A 1  (

2x  x  1 2x x  x  x x  x

).
1 x
1 x x
2 x1



(2 x  1)( x  1)
x (2 x  1)( x  1)  x ( x  1)
1  


.
 (1  x ) 1  x
(1  x )( x  x  1)  2 x  1



x ( x  1) 
x
x 1
1   1 

 . x 1 
x  x 1 
x  x 1 x  x 1




A

6

Ta có

6
5





x 1
6 6

 x
5
x  x 1

6. x  1 0

Từ đó giải được x 2  3; x 2  3
2
x 1
2
A 
  x  2 x  1  0  ( x  1) 2  0
3
x  x 1 3
2)Ta có:
I.2
Do x 1 nên
2(điểm)

A

0,5

x  1 0  ( x  1) 2  0

2

3

Vậy
II.1
1)
2(điểm) Xét ( a2 + b2 + c2 + d2 ) - ( a + b + c + d)
= a(a -1) + b( b -1) + c( c – 1) + d( d – 1)
Vì a là số nguyên dương nên a, (a – 1) là hai số tự nhiên liên tiếp
 a(a-1) 2 tương tự ta có b(b-1); c(c-1); d(d-1) đều chia hết cho 2
 a(a -1) + b( b -1) + c( c – 1) + d( d – 1) là số chẵn
Lại có a2 + c2 = b2 + d2  a2 + b2 + c2 + d2 = 2( b2 + d2) là số chẵn.
Do đó a + b + c + d là số chẵn mà a + b + c + d > 2
 a + b + c + d là hợp số.
2
2) ( x  3) ( xy  3) (1)
Vì x, y là các số nguyên dương nên từ (1)  x2y – 3y xy + 3
 x(xy +3) – 3(x+y) ( xy  3)  3(x+y) ( xy  3)
 3( x+y) = k(xy+3) ( k  N * ) (2)
+Nếu k 3 thì

0,5
0,5
0,5
1
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

0,5


3( x  y )  k ( xy  3) 3( xy  3)  x  y xy  3   x  1  y  1  2 0

(Vơ lí vì x, y ngun dương)
+Nếu k = 1 thì từ (2)  (x-3)(y-3) =6, mà x, y là các số nguyên dương nên x = 6 và
y = 5 hoặc x = 5 và y= 6 hoặc x=4 và y=9 hoặc x=9 và y=4.
Thử
lại thấy x = 6 và y = 5 hoặc x=9 và y=4 thỏa mãn (1).
II.2
+Nếu k=2 thì từ (2) ta có: 3( x+y) = 2(xy+3) suy ra xy chia hết cho 3 (*)
2(điểm)
mặt khác 3( x+y) = 2(xy+3)  y(x-3)+x(y-3)+6=0 suy ra x>3 và y>3 vô lý. (**)
Từ (*) và (**) ta có (x;y)=(1;3), (3;1). Thử lại vào (1) ta được (x;y)=(3;1).
Vậy ( x, y) = ( 6;5); (9;4); (3;1).
1) 2 x  1  3 x  x  1 (1), điều kiện x 0
Đặt

2 x  1 a, a 0 ; 3 x b, b 0

2
2
2
2
Suy ra b  a  x  1 Thay vào (1) ta được a  b b  a  (a  b).(a  b  1) 0  a b
III.1
2(điểm) (do a 0, b 0 nên a+b+1>0)

Với a = b ta có 2 x  1  3 x  x 1 thỏa mãn điều kiện
Vậy x=1 là nghiệm của phương trình đã cho.
4
2
2) x  2 6mx  24 0
2

0,5
0,5

0,5
1
0,5

Đặt t  x , t 0 phương trình trở thành: t  2 6mt  24 0 (1)
Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi pt(1) có hai nghiệm dương
2

0,5

phân biệt 0  t1  t2 .
 ' 6m 2  24  0

 t1.t2 24  0


t1  t2  2 6m  0

m 2  4
 m2


m  0

0,5

t1 , t2 là hai nghiệm của pt (1) thì x1  t1 , x2  t1 , x3  t2 và x4  t2 nên
x 4  x 4  x 4  x 4 2(t12  t22 ) 2  (t1  t2 ) 2  2t1.t2 
ta có 1 2 3 4

Với
III.2
2(điểm)

2(24m 2  48) 144  m 2 5  m  5

0,5

Từ đó suy ra m  5 .
IV
6 điểm

D

N

E

M
I
x

K
A

C

O

B

0,5




1) Ta có NMA MBA ( Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, góc nội tiếp cùng chắn
cungAM)(1)
AMB 900
( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)



 ACK AMB ( g.g )  AKC MBA mà AKC  NKM
( 2 góc đối đỉnh)


NKM
MBA
 2
suy ra:



Từ (1) và (2) suy ra NMK NKM  MNK cân tại N.
R 2 3R 2
R 3
IC 2 OI 2  OC 2 R 2 

 IC 
4
4
2
2) Xét tam giác OCI vuông tại C có
R 3
3R
 CK 
; CB 
4
2
0 



Xét AKC và DBC có: ACK DCB 90 ; AKC DBC  AKC DBC (g.g)
R 3R
.
AC KC
AC .CB 2 2


 DC 


R 3
DC CB
KC
R 3
4
AB.DC 2 R.R 3
 S ADB 

R 2 3
2
2
2
S
R 3
KL: ADB
(Đvdt)
3)

0,5

1

0,5

0,5

1

0,5

Dựng hình bình hành AONE.

0,5

+ Chứng minh được N là trung điểm của KD .
+ Chứng minh được EK=ED

0,5

+ Chứng minh được EA=EK (do tam giác ENK bằng tam giác OMN và NO=AE)  E là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD.
+ Chứng minh E cách đường thẳng a một khoảng bằng R (vì EN=AO=R)
KL: E nằm trên đường thẳng b cố định song song với a và cách a một khoảng bằng R (nằm
trên nửa mặt phẳng bờ CD không chứa điểm B)
1 1
4
1
11 1
 

    (*)
x y 4 x y
Ta có với x, y > 0 thì: ( x+y)2 4 xy  x y x  y
dấu bằng
xảy ra khi x = y.
Áp dụng bất đẳng thức (*) và do a+b+c = 1 nên ta có:
ab
ab
ab  1

1 
V

 

;
c  1 (c  a )  (c  b ) 4  c  a c  b 
2 điểm
Tương tự ta có:
bc
bc  1
1 
 

;
a 1 4  a  b a  c 
ca
ca  1
1 
 

.
b 1 4  b  a b  c 

0,5

0,5

0,5

0,5




ab
bc
ca
1  ab  bc ab  ca bc  ca  1
1


 


   a  b  c 
c 1 a 1 b 1 4  c  a
bc
a b  4
4

ab
bc
ca
1
1



 a b c 

 c  1 a  1 b  1 4 . Dấu bằng xảy ra
3

0,5
0,5