Cac de luyen thi

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC 2018 – 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn thi: Tốn – Lớp 9
(Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (4,0 điểm):
 x  2 x  4 x  2 x 1   3 x  5
2 x  10 
M 


 : 

x  1   x  2 x  6 x  5 
x x8

Cho biểu thức

1. Rút gọn M
2. Tìm x để M>1
Câu 2. (4,0 điểm)
1) Giải phương trình:
x  2 x  1  x  2 x  1 2
2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A

x 1

x  x 1
2

Câu 3. (4,0 điểm):
Cho hai đường thẳng: y = x + 3 (d1); y = 3x + 7 (d2)
1) Gọi A và B lần lượt là giao điểm của (d 1) và (d2) với trục Oy. Tìm tọa độ trung
điểm I của đoạn thẳng AB.
2) Gọi J là giao điểm của (d1) và (d2). Tam giác OIJ là tam giác gì? Tính diện tích
của tam giác đó.
Câu 4. (6,0 điểm)
Cho đường trịn (O;R) đường kính AB. Gọi M là điểm nằm giữa A và B. Qua M vẽ
dây CD vng góc với AB, lấy điểm E đối xứng với A qua M.
1) Tứ giác ACED là hình gì? Vì sao?
2) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của M trên AB và AC. Chứng minh rằng:
HM MK CD


HK MC 4 R

3) Gọi C’ là điểm đối xứng với C qua A. Chứng minh rằng C’ nằm trên một đường
tròn cố định khi M di chuyển trên đường kính AB (M khác A và B).
Câu 5. (2,0 điểm)
Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
c  ab a  bc b  ac


2
a b
bc
ac

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP 9
Câu Ý
Lời giải
1 1 Điều kiện: x 0; x 1,3, 4
2
 x  2 x  4 x  2 x 1   3 x  5
M 

a/ Cho biểu thức



x x8

 : 
 

x 1

x 2

Điểm
0,5


2 x  10 

x  6 x  5 

Rút gọn M và tìm x để M>1
*

x2 x 4
( x  1) 2
M 

 x 2 x2 x 4
x1
x 1

 1
x 1   3 x  5
2 



 : 

x  1  x  2
x  1 
 x 2





x  1






 



x 1

x 2



x 2



x1

 : (3





 
: 3 x  5 
  x 2

 

2







x 1

0,5





x 5 


x 5



0,5

x  5)( x  1)  2( x  2)



x 2





x 1

0,25

x  1  x  2 x  x  2 3x  3 x  5 x  5  2 x  4

:
x 2
x  11
x 2
x 1









x 3



x 2



:

 

x  11





3x  9
x 2





x 3



 

x 1



x 2





x1

x 2



3( x  3)

x 1

Vậy M=


*M<1

3





x1

với x 0; x 1,3, 4

x 1
3





x1

1 

x 1
3





x1

 1 0 

4 2 x
3



 2  x  0

  x  1  0

 1 x  2  1 x  4
 2  x  0

  x  1  0

Ta có
Vậy M >1 khi 1< x < 4 và x 3



0,5

x 1

2 x
0
0
x1
x1

x 1
3





x1

0,25
0,5



0,5

.
0,5

2

1

Điều kiện x 1

0,25

x  2 x  1  x  2 x  1 2






x  1 1 



2

x  1 1 





x 1 1

x  1  1 2

2

2
(1)

0,5
0,25


Nếu x 2 thì (1)
 x  1  1  x  1  1 2
 x  1 1
 x 2

x  1 1 

Nếu 1 x  2 thì (1) 

0.25

x  1  1 2

0.25

Phương trình này có vơ số nghiệm thỏa mãn: 1 x  2

0.25

Vậy 1 x 2
2

0,25

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A

x 1
x  x 1
2

2

1 3

x  x  1  x     0, x  
2 4


Ta có:

0,25

x 1
x2  x 1  x2
x2
x2
A 2
 2
1  2
1
0, x  
x  x 1
x  x 1
x  x  1 (vì x 2  x  1
)

0,5

2

Đẳng thức xảy ra khi x = 0, suy ra: maxA = 1 khi x = 0
x 2  4 x  4   x 2  x  1
x 1
3x  3
A 2
 3A  2


x  x 1
x  x 1
x2  x 1

=

Suy ra:

A 

2

x2  x 1

 1  1

 x  2

0,5
0,25

2

2
(vì x  x  1

0, x  

)

1
3 , đẳng thức xảy ra khi x  2 0  x  2


3

 x  2

0,25

1
3 , khi x  2

0,25
0,25

1

Suy ra: minA =
Tìm được A(0; 3); B(0; 7)

0,5

2

Suy ra I(0; 5)
Hoành độ giao điểm J của (d1) và (d2) là nghiệm của PT:
x + 3 = 3x + 7

0,5

 x = – 2  yJ = 1  J(-2;1)

0,5

1,0

Suy ra: OI2 = 02 + 52 = 25; OJ2 = 22 + 12 = 5; IJ2 = 22 + 42 = 20
 OJ2 + IJ2 = OI2  tam giác OIJ là tam giác vuông tại J

0,5


1
1
S OIJ  OI .OJ   5  20 5

2
2
(đvdt)

0,5

Vì CD  AB  CM = MD

0,5

Tứ giác ACED có AE cắt CD tại trung điểm của mỗi đường nên là

0,5

hình bình hành

0,5

Mà AE  CD  tứ giác ACED là hình thoi
Vì tam giác ABC có AB là đường kính (O) nên ∆ABC vng tại C,

0,5

4

1

2

suy ra tứ giác CHMK là hình chữ nhật
Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vng ta có:
MA.MC
MH.AC = MA.MC  MH = AC
MB.MC
Tương tự ta có: MK = BC

MA.MB.MC
 MH.MK =
AC.BC

0,5

0,5

2

2

Mà MA.MB = MC ; AC.BC = MC.AB (do ∆ABC vuông tại C)

0,5

MC 2 .MC2 MC3
MH.MK MC
=

=
 MH.MK = MC.AB
AB
MC 2
AB

Mà MC = MK ( do CHMK là hình chữ nhật)


MH.MK MC 2MC CD
=
=
=
HK.MC AB 2AB 4R

HM MK CD


=
Vậy: HK MC 4R (đpcm)

3

Lấy O’ đối xứng với O qua A, suy ra O’ cố định.
Tứ giác COC’O’ là hình bình hành vì có hai đường chéo cắt nhau tại

0,5
0,5


trung điểm A của mỗi đường.

0,5

Do đó O’C’ = OC = R khơng đổi

0,5

Suy ra C’ nằm trên đường trịn (O’;R’) cố định khi M di chuyển trên
5

đường kính AB.
Vì a + b + c = 1 nên

0,5

c + ab = c(a + b + c) + ab = (c + a)(c + b)
a + bc = a(a + b + c) + bc = (b + a)(b + c)

0,5

b + ac = b(a + b + c) + ac = (a + b)(a + c)
nên BĐT cần chứng minh tương đương với:

 c  a   c  b    b  a   b  c    a  b   a  c  2
a b

a c

2

bc
2

0,5
2

  c  a  c  b 
  b  a  b  c 
  a  b  a  c 
 
  
  
 2
a b
a c
bc







2
2
2
Mặt khác dễ thấy: x  y  z  xy  yz  zx , với mọi x, y, z (*)

0,5

Áp dụng (*) ta có:
VT b  c  a  b  c  a 2
1
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b =c = 3  đpcm

Chú ý:
Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì vẫn cho
điểm tối đa.

0,5