GIAO LUU HSG L9 NGOC LAC

Mơn: TỐN - Ngày thi /3/2019

M

2 x  16
x  4 2 x 1


x  6 x 8 2  x
x  4 với x 0; x 4; x 16

Câu 1 (4đ) 1. Cho biểu thức
Rút gọn biểu thức M Và tìm x để M=6

2 .x2 + x – 1 = 0.
2a  3
Q
2(2a 4  2a  3)  2a 2
Khơng giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức
2. Gọi a là nghiệm dương của phương trình

Câu 2 (4điểm)
4
3
2
2
a) Giải phương trình: x  2 x  2 x  2 x  x  2 x  10 2

1

4

x

2(1

) 3

x  y 1


1
 4 y  2(1 
) 1

x  y 1
b) Giải hệ phương trình:

Câu 3 (4điểm)
1 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
x 2  2 y 2  2 xy  4 x  3 y  2 0 ,
2. Xác định tất cả các cặp số (a; b), với a, b là số nguyên dương, sao cho:
a 2b  a  b chia hết cho ab 2  b  7 .
Câu 4 (6điểm)
Cho đường trịn tâm O, bán kính R có đường kính AB cố định. C là một điểm thay đổi trên
đường tròn (C khác A và B). Gọi H là hình chiếu của C trên AB, I là trung điểm của AC.
Đường thẳng OI cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R) tại M, đường thẳng MB cắt
đường thẳng CH tại K.
a) Chứng minh MC là tiếp tuyến của của (O; R)
b) Chứng minh IK song song với AB
c) Xác định vị trí của điểm C để chu vi tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất?
Tìm giá trị lớn nhất đó.

Câu 5(2điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c 3 .
3
3
3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q a  b  c
...............................

Hết ...................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH THANH HÓA

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2018-2019
Mơn: TỐN - Ngày thi /3/2019

II. Hướng dẫn chi tiết
Câu Đáp án

Điểm

2 x  16
x  4 2 x 1


x

6

x

8
2

x
x  4 với x 0; x 4; x 16
Cho biểu thức
+ Rút gọn biểu thức M
M

x  4 2 x 1

x 2
x 4

0.25đ



2 x  16  ( x  4)( x  4)  (2 x 1)( x  2)
( x  2)( x  4)

0.25đ



x x  2
( x  2)( x  4)

0.25đ



( x  2)( x  1)
( x  2)( x  4)

0.25đ

M

- Ta có

Câu
1(2đ
)



2 x  16

( x  2)( x  4)

x 1
x 4

0.25đ

+ Tìm x để M = 6
Ta có:

M 6 

x 1
6
x 4

 x  1 6( x  4)
 x 5
 x 25

Câu 2

0.25đ
0.25đ

Giải phương trình,

4
3
2
2
a) GPT: x  2 x  2 x  2 x  x  2 x  10 2
2
- Điều kiện x  R (hoặc x  2 x  10 0 )

Câu
2

0.25đ

(2,0 điểm)
0.25đ

4
3
2
2
2
- Phương trình  ( x  2 x  x )  ( x  2 x 1)  x  2 x  10 3

0.25đ

 ( x 2  x) 2  ( x  1) 2  ( x  1) 2  9 3

0.25đ

( x 2  x) 2 0

x  R : ( x  1) 2 0
 ( x 2  x) 2  ( x  1) 2  ( x  1) 2  9 3

2
 ( x  1)  9 3
Do
( x 2  x) 2 0

2
 x  1
( x  1) 0


( x  1) 2  9 3
Dấu bằng xẩy ra 
(tmđk)

Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x = -1.

0. 5đ

0. 5đ
0.25đ


2
2
3a) GPT: x  2 y  2 xy  4 x  3 y  2 0 , trong đó x, y là các số nguyên dương
2

2

Viết lại pt dưới dạng: x  2 x( y  2)  2 y  3 y  2 0 (*)
Coi (*) là pt bậc hai ẩn x. Pt (*) có nghiệm nên

0.25đ

 ' 0  ( y  2) 2  (2 y 2  3 y  2) 0  y 2  y  6 0   3  y 2

Do y là số nguyên dương nên

(2,0 điểm)

0.25đ

y   1; 2

0.25đ

 x  1
y 1  x 2  2 x  3 0  
 x 3
+) TH1:

0.25đ

Cặp số x = 3; y = 1 thỏa mãn pt ban đầu
2

+) TH2: y 2  x 0  x 0 (ktm : x  0)
- Vậy nghiệm của pt: ( x; y ) (3, 1)
1

 4 x  2(1  x  y  1) 3


1
 4 y  2(1 
) 1

x  y 1
2b) Giải hệ :

0.25đ
0.25đ

(2,0 điểm)

1
1
; y  ; x  y  1 0
2
2
- Điều kiện:
1
1
x  ;y  
2
2
Từ hệ phương trình suy ra

0.25đ

1
3

1  x  y  1  4 x  2 (a)


1
1
1 


(b)
 x  y  1
4y  2
- Hệ phương trình

0. 5đ

x 

2

Cộng vế theo vế của pt (a) và pt (b), ta được:

3
1

(1)
4x  2
4y  2

2
3


x  y 1
4
x

2
Trừ vế theo vế của pt (a) cho pt (b), ta được:

4
9
1


Nhân tương ứng hai vế của (1) và (2): x  y  1 4 x  2 4 y  2

1
(2)
4y  2

 4(4 x  2)(4 y  2) ( x  y  1)( 4 x  36 y  16)

0.25đ

0.25đ

 x 2  8 xy  9 y 2  5( x  y ) 0  ( x  y )( x  9 y  5) 0
+) TH1: x  y Thay vào (a):
1

 4y  2 1  y  4
1
3
1

 (4y  2)  2 3 4y  2  
2y  1
4y  2
 4y  2 2  y  1


2
1
1
1
1
1
1
1
1
y   x  (tm : x  ; y  ); y   x  (tm : x  ; y  )
4
4
2
2
2
2
2
2
1
1
x   ;y  
2
2
+) TH2: x  9 y  5 0 loại do
 1 1 1 1 
( x; y ) ( ,
);( , ) 
4
4

2 2

- Vậy nghiệm của hệ là:

0.25đ

0.25đ
0,25đ


2/ (2điểm)
2
Xác định tất cả các cặp số (a; b), với a, b là số nguyên dương, sao cho a b  a  b
2
chia hết cho ab  b  7 .

0.5đ

2
2
Do ( a b  a  b ) ( ab  b  7 )
2
2
 b(a b  a  b) - a ( ab  b  7) ( ab 2  b  7 )

 ( b 2  7 a ) ( ab 2  b  7 ). Vì b 2  7 a  b 2  ab 2  b  7 nên:

0,5đ

2

2
TH1: b  7 a = 0 : chọn a 7m , b 7m , m  N *

2
2
2
2
2
TH2: b  7 a < 0: do ( b  7 a )ab  b  7 nên 7a  b  ab  b  7

2
2
2
 (7  b )a b  b  7  b  7  b = 1 hoặc b = 2
2
+ với b = 1: (a  a  1)(a  8)  (a  8)(a  7)  57 a  8  57a  8

vì a > 0 nên a = 49, a = 11.
2
2
+ với b = 2: (2a  a  2)(4a  9)  8(2a  a  2)4a  9
 (4a  9)(4a  7)  794a  9  794a  9 : không thỏa mãn
2
Vậy (a, b) = (7 m ;7m) , (11;1), (49;1), m  N *

Câu
4(6đ
)

0,5đ

0.5đ

Cho đường trịn tâm O, bán kính R có đường kính AB cố định. C là một điểm thay đổi trên
đường tròn (C khác A và B). Gọi H là hình chiếu của C trên AB, I là trung điểm của AC.
Đường thẳng OI cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R) tại M, đường thẳng MB cắt đường
thẳng CH tại K.


M
C

I
K
A

O

H

B

a) Chứng minh MC là tiếp tuyến của của (O; R)
Tam giác OAC cân tại O, có OI là đường trung tuyến nên OI là đường trung trực
Mà M  OI  MA MC

Xét hai tam giác AMO và CMO có


0



OA OC

OM chung  OAM OCM (c.c.c)
 MA MC


0

Vì MAO 90  MCO 90  MC  CO , hay MC là tiếp tuyến của (O;R)
b) Chứng minh IK song song với AB
CH  AB
 KH / / MA  KH  BH  BH (1)

MA AB 2 R
Ta có  MA  AB
ACB 900  BC  AC  BC / / OM

1,5 điểm)
0.5đ
0.5đ
0.5đ
(2,5 điểm)
0. 5đ

Do
Xét hai tam giác BCH và OMA có

0. 5đ



 BHC
OAM
CH BH BH
 BCH OMA 


(2)



MA OA
R
MOA
CBH
Từ (1) và (2) suy ra CH 2 KH  K là trung điểm của CH

0.7 5

 IC IA
 IK

CAH có:  KC KH
là đường trung bình của CAH  IK / / AH  IK / / AB

0.5đ

0.2 5

c) Xác định vị trí của điểm C để chu vi tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất
đó.
(2,0 điểm)
(2
P
)

AB

BC

CA

2
R

(
CB

CA
)
0.25đ
Chu vi tam giác ABC là
2
2
2
2
2

2
2
0. 5đ
Mặt khác ta có (CB  CA) (CB  CA )(1  1 ) 2 AB 8 R
0.25đ
 CA  CB 2 2 R
Suy ra (2 P ) 2 R  2 2 R (2  2 2) R
Dấu “=” xảy ra  CA CB  C là điểm chính giữa cung AB

0.25đ
0.25đ

Vậy: Max(2 P ) 2(1  2) R  C là điểm chính giữa cung AB
Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c 3 .

0. 5đ

3
3
3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q a  b  c
(2,0 điểm)

Câu
5(2đ)

a, b, c 0
 0 a, b, c 3

a


b

c

3

Do
3
3
3
3
Ta có b  c (b  c)  3bc(b  c) (3  a)  3(a  3)bc
a  3 0
3
3

 3(a  3)bc  ( a  3)(3  a) 2  (3  a) 3

bc 2 1
2
4
4
bc ( 2 )  4 (3  a )
Do 

0.25đ
0.25đ
0.25đ

3
1
(3  a )3  (27  27 a  9a 2  a 3 )
4
4
Suy ra
1
3
Q a 3  b3  c 3 a 3  (27  27 a  9a 2  a 3 )  ( a 3  3a 2  9a  9)
4
4
Khi đó
3
3
  4  (a 3  3a 2  9a  5)    4  ( a  1) 2 (a  5)  3
4
4
 a  3 0

 a  1 0
 a 
 b c

 a b c 1

 a b c 1
 a  1 0
 a  b  c 3


b3  c 3 (3  a )3 

Dấu bằng xẩy ra
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 3 khi a = b = c = 1

1  2a  a 2
a 
2
Vì 2 .a2 = 1 – a nên 0 < a < 1 và
(2a  3)  2(2a 4  2a  3)  2a 2 


Q
4
4
2(2a  2a  3)  4a
Từ đó, ta có:

(2a  3)  2(2a 4  2a  3)  2a 2 


1

  2(2  a) 2  2a 2 

 2(2a  3)
2
(2,0đ)
2 a
a  2 1 a

1
2

 a2 



2
2
2
2
2
Vậy

Q 

2
2

0.25đ
0.25đ

0.25đ

0.25đ

4

câu 1
ý2

0.25đ

0,25 đ
0,25 đ

0,5 đ
0,75 đ
0,25 đ