Phòng GD & ĐT Đông sơn
Đề thi học sinh giỏi lớp 9 (Bảng A)
Môn : Toán
(Thời gian làm bài: 150 phút.)
1
1
1
2
1
1
x
y
.(
):
Bài 1: Cho biểu thức: A = ( x y ).
x y 2 xy ( x y )3
x
y
xy xy
a, Rút gọn biểu thức A.
b, Tính giá trị biểu thức A khi x = 3 + 5 ; y = 3 - 5
(Đề sáng tác)
Bài 2: Cho 3 số a, b, c 0 thỏa mãn: a b c và a3+b3 +c3 = 3abc.
P=
ab bc ca
;
c
a
c
Q=
c
a
b
ab bc ca
Chứng minh rằng : P.Q = 9.
(Tương tự bài 53-"23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp")
Bài 3: Giải phơng trình : (4x – 1) x 2 1 = 2(x2+1) + 2x -1.
(Bài 16 -trang 11-"Phương trình và hệ phương trình không mẫu mực")
Bài 4: Giải hệ phương trình sau:
x y x y
x y 18 xy 4 x 3 y 13
(Đề sáng tác)
Bài 5: Cho 3 số x,y,z thỏa mãn x + y + z = 3 và x 4+y4+z4 =3xyz. Hãy tính giá trị của
biểu thức M = x2006 + y2006 + z2006
(Đề sáng tác )
Bài 6: Cho Parabol (P) có phương trình y = x2 và điểm A(3;0) ; Điểm M thuộc (P) có
hoành độ a.
a) Xác định a để đoạn thẳng AM có độ dài ngắn nhất .
b) Chứng minh rằng khi AM ngắn nhất thì đường thẳng AM vuông góc với tiếp tuyến
của (P) tại điểm M.
(Bài 579-"23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp")
Bài 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x3 + x2 + x +1 = 2003y
(Đề sáng tác)
Bài 8: Cho tam giác ABC vuông ở A. I là trung điểm của cạnh BC, D là một điểm bất
kỳ trên cạnh BC. Đường trung trực của AD cắt các đường trung trực của AB, AC theo
thứ tự tại E và F.
a) Chứng minh rằng: 5 điểm A,E,I,D,F cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh rằng: AE.AC = AF.AB.
c) Cho AC = b; AB = c. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AEF theo b, c
( Đề sáng tác)
Bài 9: Cho tam giác ABC cân tại A. Một điểm P di động trên BC. Qua P vẽ PQ//AC
(Q AB) và PR//AB (R AC). Tìm quỹ tích các điểm D đối xứng với P qua QR.
(Bài 1000 -"23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp")
Hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 9
Môn : Toán
Bài
Lời giải
Biểu
điểm
0,25
a) ĐKXĐ : x >0 ; y>0 ; x y
1
1
1
2
1
x
1
y
.(
) :
A = ( x y ).
x y 2 xy ( x y )3
x
y
xy xy
x y
=
xy .( x
=
y )2
x y 2 xy
=
1
xy( x
1
xy
.
x
y
( x
y)
.
y )3 .( x . y )
xy xy
x
y
xy xy
.
y )2
xy xy
2( x
x
y
xy
=
x
0,75
y
b) Với x= 3 + 5 Và y = 3 - 5 ta có : x >y do đó
xy
A=
x
y
0
0,25
[( 3 5 ) .( 3 5 ) ] 2
( xy )2
42
8
Mà A =
x y 2 xy ( 3 5 ) ( 3 5 ) 2. 3 2 ( 5 )2 6 2.2
2
Vậy : A = 8 2 2
2
0,75
Ta có : a + b + c = 3abc a + b + c -3abc = 0
(a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc ) = 0 (1)
3
3
3
3
Mà a2 + b2 + c2 - ab – ac –bc =
3
3
1
[(a –b )2 + (b – c)2 +(c-a)2 ] 0
2
( Do a b c )
Do đó:(1) a +b +c = 0 a +b = - c ; a +c = -b ; b +c = -a (2)
Mặt khác :
a b b c c a ab( b a ) bc( b c ) ac( c a )
c
a
b
abc
2
2
2
2
ab( a b ) b c bc ac a c ( a b )( b c )( a c )
P=
abc
abc
0,5
P=
(3)
Hơn nữa :
Đặt
a b z
b c x
c a y
Vì thế :
Ta có
x y a b 2 c 3 c
y z b c 2 a 3 a
z x a c 2 b 3 b
(do (2) )
c
a
b
1 x y yz z x
(
)
ab bc ca
3
z
x
y
1 ( x y ).( y z ).( x z )
=- .
( Biến đổi tương tự rút gọn P )
3
xyz
1 ( 3c ).( 3a ).[ ( 3b )]
=- .
3 ( a b ).( b c ).c a )
9 abc
=
(4)
( a b )( b c )( c a )
Q=
0,5
Từ (3) và (4) ta có : P.Q=
Vậy
( a b ).( b c ).( a c )
9abc
.
9
abc
( a b ).( b c ).( c a )
0,75
P.Q = 9
0,25
2
(4x – 1) x 1 2(x +1) +2x -1
Đặt
x 2 1 = y ( y 1) Ta có :
(5) (4x -1).y = 2y2 + 2x – 1
2y2 - 4xy +2x + y -1 = 0
(2y2 – 4xy +2y ) – ( y -2x + 1) = 0
2y (y -2x + 1) – ( y -2x + 1) = 0
2
3
(y-2x + 1 ) (2y- 1) = 0
(5)
0,25
1,0
y 2x 1
y 1 1( lo¹i )
2
x 2 1 = 2x -1
x2 + 1 = 4x2 – 4x + 1
x(3x – 4) = 0
x y x
(I )
x 0
x 4
3
y( a )
x y 18 xy 4 x 3 y 13( b )
(ĐKXĐ : x 0; y 0 )
Ta có :
( a) ( x y )( x y 1 ) 0 x y =0 x y
x = y thế vào (b) ta đợc :
4
0,75
1,0
2x +18x = 4 x 3 x 13 20x - 7 x -13 = 0 (6)
Đặt
x =t
(t 0 ) ta có :
t 1
( 6) 20 t – 7t – 13 = 0 13
t
0( lo¹i )
20
x =1 x=1
2
Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất (x,y) = (1, 1)
5
1,0
x4 y4
x4 .y4 x 2 y2
2
4
y z4
4 4
2 2
y .z y z
Theo BĐT Cô si ta có :
2
z4 x4
z 4 .x 4 x 2 z 2
2
4
4
4
2 2
2 2
2 2
x + y +z x y + y z +x z
(7)
0,75
2 2
2 2
2 2
2
2
2
Mặt khác : x y + y z +x z xy z + xyz +x yz (C/M tương tự quá trình
trên)
x2y2 + y2z2 +x2z2 xyz (x +y +z)
x2y2 + y2z2 +x2z2 3xyz (8) (do x +y z =3 )
Do đó : x4 +y4 + z4 3xyz
Dấu “ = “xảy ra
(9)
0,75
x y ; y z ;z x
2 2
x=y=z
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
x y y z ; y z z x ;z x x y
4
4
4
4
4
4
Hơn nữa x + y +z =3
Từ (10 ) và (11) 3x = 3 x = 1 y = z =1
x2006 + y2006 + z2006 = 1 + 1 +1 = 3
Vậy :
M=3
(10)
(11)
a)Ta có : A (3; 0) và M(a; a2 ) do đó :
AM2 = (a – 3)2 +(a2 – 0)2 = a4 + a2 – 6a +9
= (a4 -2a2 +1 ) +3 ( a2 – 2a +1 ) +5
= ( a2 -1)2 + 3(a-1)2 + 5 5
AM 5
Min
AM = 5 khi và chỉ khi a = 1
b) Theo câu a : AM có độ dài ngắn nhất a = 1 ,Khi đó M(1;1)
Do đó phương trình đường thẳng AM là: y = -
6
0,5
1.0
1
3
x
2
2
0,25
(do A(3;0))
(c)
Gọi phương trình đường thẳng đi qua điểm M (1;1) và tiếp xúc với ( P) tại
điểm M là (d) : y = ax +b ta có : a .1 + b = 1 (12)
(Do M(1;1) (d) )
và phương trình : x2 = ax +b có nghiệm kép (13) (do (d) tiếp xúc với (P) )
Mà : x2 = ax + b x2 – (ax + b ) = 0 (14)
Phương trình (14 ) có = (-a)2 – 4.1.(-b) = a2 + 4b
Nên : (13) a2 + 4b = 0
(15)
Từ (12) và (15 ) ta có hệ phương trình:
a b 1
a 2 4 ( 1 a ) 0
a 2
2
b 1
a 4 b 0
b 1 a
Vì thế phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1;1) và tiếp xúc với
( P ) tại M là : y = 2x -1
(d)
Từ (c ) và ( d) (d)
AM
(do -
1
. 2 = -1 )
2
0,5
Vậy : Khi AM ngắn nhất thì AM vuông góc với tiếp tuyến của (P) tạiM
0,25
7
+)Nhận thấy (0;0) là nghiệm nguyên của phương trình :
x 3 + x2 +x +1 = 2003
(16)
y
3
2
Z
+) Với y< 0 ta có : 2003
Z mà x +x +x +1
0,5
(Với x Z ) Phương trình (16) không có nghiệm nguyên thỏa mãn y <
0,25
0
+) Với y >0 ta có :
(16) (x +1)(x2 +1) = 2003y
(*)
Từ (*) x +1 >0 (do x2 +1 > 0 và 2003y > 0 )
Đặt ƯCLN ( x + 1; x2 +1 ) = d ta có :
(x+1) d và (x2 + 1) [ x2 +1 + (x +1) (1 - x)]
d
d
2
d
d =1 (**)
Hon nòa tõ (*) 2003 y
d
Mặt khác : 2003 là số nguyên tố ,nên các ớc của 2003y chỉ có thể là 1 hoặc
2003m (m N* )
(***)
x 1 1
Từ (*) , (**) và (***)
2
x 1 1
x = 0 y = 0 (loại)
phương trình (16) cũng không có nghiệm nguyên thỏa mản y > 0
Vậy : Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất ( 0; 0)
8
a) Ta có : E là giao điểm
của 2 đường trung trực
của 2 cạnh AD,AB
Nên E là tâm đường tròn
ngoại tiếp ABD.
Tương tự ta có: F là tâm
đường tròn ngoại tiếp ACD
B
Do đó :
+ABD =
1
AFD
2
F
M
E
C
H
I
D
0,5
1
AED AED = 2 B
2
+ACD =
A
1,0
0,25
AFD = 2 C
AED + AFD = 2 (B +C) =1800 AEDF Nội tiếp
1
Lại có : AI =
BC = BI ABC cân tại I
2
(17)
BAI = B AID = 2 B AID + AFD = 1800
Tứ Giác AIDF nội tiếp (18)
Từ (17 ) ; (18 ) 5 điểm A , E , I , D , F cùng thuộc đường tròn
0,5
0,5
b)Ta có EF là đường trung trực của AD nên : AE = ED ; FA =FD
AEF = DEF ( c. c.c )
1
1
+ )AEF = DEF = AED = . 2 B = B
2
2
+ ) Tương tự AEF = C
ABC (g.g)
Suy ra AEF
AE AF
AE.AC = AE. AB
AB AC
ABC
c) Theo câu b) Ta ccó : AEF
AE AF
k ( k là tỉ số đồng dạng)
AB AC
AE =kc ; AF = kb .
Ta có : AEF vuông tại A (do ABC vuông tại A
ABC )
và AEF
0,5
Nên diện tích AEF là S =
Mặt khác S =
1
AE.AF 2S = k2 bc (19)
2
1
AM.EF 2S = AM . EF 4S2 = AM2 .EF2
2
AD 2
) . (k2b2 + k2c2 )
(20)
2
AD 2 b 2 c 2
b2 c2
2S =
S=
.
. AD 2 (21)
Từ (19) và (20)
4
bc
8bc
AD nhỏ nhất
Do đó : S nhỏ nhất
Mà AD AH ( AH BC , H BC )
AB. AC
bc
bc
Lại có AH = BC 2 2 AD 2 2
(22)
b c
b c
b 2 c 2 (bc ) 2
bc
. 2
Từ (21) ; (22) S
2
8bc b c
8
bc
Vậy Min S =
( Khi D H )
8
4S2 = (
a) Phần thuận
Giả sử D là điểm đối xứng với P qua QR ta có :
A
* QP = QB = QD P, B , D thuộc đường tròn (Q)
BDP =
* Tương tự :
9
1
1
BQP = BAC (23)
2
2
CDP =
1
BAC
2
(24)
R
D
Q
1,0
Từ (23) ;(24) BDC = BAC
B
P
C
điểm D thuộc cung BAC
(Của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC )
b) Phần đảo
Lấy điểm D” thuộc cung BAC ( D’ B, C) , Gọi Q’ là giao điểm của AB với
đường trung trực của D’B ; qua Q’ kẻ Q’P’ // AC qua P’ kẻ P’R’ // AB ta có
Q’R’ là đường trung trực của D’P’
Vậy qũy tích các điểm D là cung BAC của đường tròn ngoại tiếp tam giác
1,0
ABC (trừ 2 điểm B,C )
PHÒNG GD-ĐT CAM LỘ
KÌ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA NĂM HỌC 2008-2009
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1:(1 điểm)
Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x 4 +2009 x 2 +2008 x +2009
Câu 2:(1 điểm)
Giải phương trình sau:
x 2 2 x 45 3 x 8
+ 15 = 37
13
+
4 x 69
9
Câu 3: (2 điểm)
a/ Chứng minh rằng
a 4 b4
ab 3 a 3b a 2b 2
2
b/ Cho hai số dương a,b và a=5-b.
1
Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng P= a
1
b
Câu 4:(2 điểm)
a/ Cho a và b là hai số thực dương thõa mãn điều kiện :
Hãy
a 2006 b 2006 a 2007 b 2007 a 2008 b 2008
tính tổng:
S= a 2009 b 2009
b/ Chứng minh rằng :A= 2
3
5
13
6
2
48
là số nguyên
Câu 5: (1 điểm) Tìm các số nguyên dương x,y thõa mãn phương trình sau:
xy-2x-3y+1=0
Câu 6: (3điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có cạnh AC>AB ,đường cao AH (H thuộc BC).Trên tia
HC lấy điểm D sao cho HD=HA.Đường vuông góc với với BC tại D cắt AC tại E.
a)Chứng minh hai tam giác BEC và ADC đồng dạng
b)Chứng minh tam giác ABE cân.
c)Gọi M là trung điểm của BE và vẽ tia AM cắt BC tại G. Chứng minh rằng:
GB
HD
BC
AH HC
PHÒNG GD-ĐT CAM LỘ
KÌ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA NĂM HỌC 2008-2009
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1: (1 điểm)
=
=
x 4 +2009 x 2 +2008 x +2009
( x 4 + x 2 +1) +2008( x 2 + x +1)
( x 2 + x +1)( x 2 - x +1)+ 2008( x 2 + x +1)
0,25 đ
0.5 đ
= ( x 2 + x +1)( x 2 - x +2009)
Câu 2: ( 1 điểm)
x 2 2 x 45 3 x 8
+ 15 = 37
13
(
x2
13
4 x 69
9
+
2 x 45
3x 8
-1)=( 37
15
x 15
2( x 15)
13
15
+1)+(
0,25 đ
( x 15)(
=
+1)+(
4 x 69
-1)
9
3( x 15)
37
+
0,25đ
4( x 15)
9
0,25đ
0,25 đ
1
2
3
4
) 0
13
15
37
9
x=-15
0,25 đ
Câu 3: (2 điểm)
a/ (1 điểm)
a 4 b4
ab 3 a 3b a 2b 2
2
0,25 đ
a 4 b 4 2ab 3 2a 3b 2a 2b 2
a 4 b 4 2ab 3 2a 3b 2a 2b 2 0
0,25 đ
(a 4 2a 3b a 2b 2 ) (b 4 2ab3 a 2b 2 )
0,25 đ
0,25 đ
(a 2 ab) 2 (b 2 ab) 2 0
b/ (1 điểm)
1
P= a
20
P= 4ab
1
b
=
ab
ab
5
= ab
20
(a b) 2
0,25 đ
4
=5
0,5 đ
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
4
5
5
khi a=b= 2
0,25 đ
Câu 4 (2 điểm)
a/ (1 điểm)
Ta có:
a 2008 b 2008 ( a
2007
b 2007 )(a b) ab( a 2006 b 2006 )
1= a b ab
0,25 đ
0,25 đ
(1 a )(1 b) 0
0,25 đ
a 1, b 1
Vậy S=1+1=2
0,25 đ
b/ (1 điểm)
A= 2
3
A= 2
3
5
13
6
2
5
(2
48
6
2
3 1) 2
0,25 đ
3
=2
=
2
(
3 1) 2
6
2 3
6 2
0,25 đ
2
=
(
6
2 )2
6
2
0,25 đ
=1 Z
0,25 đ
Câu 5 (1 điểm)
xy-2x-3y+1=0
xy-3y=2x-1
y(x-3)=2x-1
0,25 đ
Ta thấy x=3 không thõa mãn,với x 3 thì
5
y=2+ x 3
0,25 đ
Để y nguyên thì x-3 phải là ước của 5
0,25 đ
Suy ra: (x,y) là (4,7) ;(8,3)
0,25 đ
Câu 6 (3 điểm)
a) (1đ điểm)
Tam giác ADC và tam giác BEC:
CD CA
( vì hai tam giác
CE CB
CDE và
CAB đồng dạng)
Góc C: chung
0,75 đ
Suy ra: Tam giác ADC đồng dạng với tam giác BEC (c-g-c)
0,25 đ
b)(1 điểm) Theo câu ta suy ra: BEC ADC
có: ADC EDC ADE 1350
Suy ra: BEC 1350
0,5 đ
Suy ra: AEB 450
0,25 đ
Do đó: Tam giác ABE cân( tam giác vuông có một góc bằng 45 0 ) 0,25 đ
c)(1 điểm)
Tam giác ABE cân tại E nên AM còn là phân giác của góc BAC
Suy ra:
GB AB
AB ED
AH
HD
ABC : DEC
ED // AH
, mà
GC AC
AC DC
HC
HC
Do đó:
GB HD
GB
HD
GB
HD
GC HC
GB GC HD HC
BC AH HC
PHÒNG GD&ĐT THANH
OAI
ĐỀ CHÍNH
THỨC
0,5 đ
0,5 đ
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có: 01 trang
Câu 1: (6 điểm)
a) Cho
M (1
x
x 1
):(
x 3
x 2
x 2
3
x
x 2
x 5
x 6
)
1. Rút gọn M
2. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên
b) Tính giá trị của biểu thức P
P 3 x 2013 5 x 2011 2006 với x 6 2 2 . 3
2 2 3 18 8
Câu 2: (4 điểm) Giải phương trình
a)
( x 3)( x 4)( x 5)( x 6)
b)
| 2x x 2 1 | = 2x x 2 1
2
3
24
Câu 3: (4 điểm)
a/ Cho hai số dương x, y thoả mãn x + y = 1.
1
2
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M x 2 y 2
y
x
1
1
1
1
b/ Cho x, y, z là các số dương thoả mãn x y y z z x 6 .
1
1
1
3
Chứng minh rằng: 3x 3 y 2 z 3x 2 y 3z 2 x 3 y 3 z 2 .
Câu 4: (5 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A của đường
tròn (O; R) cắt các đường thẳng BC và BD tại hai điểm tương ứng là E và F. Gọi P và Q
lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF.
1. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA.
2. Gọi α là số đo của góc BFE. Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì thì
biểu thức P sin 6 cos 6 . Đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ nhất đó.
BE 3 CE
3
3. Chứng minh các hệ thức sau: CE.DF.EF = CD và
.
BF 3 DF
Câu 5: (1 điểm)
Tìm n N* sao cho: n4 +n3+1 là số chính phương.
- Hết Lưu ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
PHÒNG GD&ĐT THANH
OAI
Câu 1: (6 điểm)
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: Toán
a)
(4,5đ)
ĐKXĐ:
x 0; x 4; x 9
(*)
1)Rút gọn M : Với x 0; x 4; x 9
M
x x 3
:
x 1
x 2
( x 3)( x 3) (
1
:
x 1
( x
:
x 1
x 9 ( x 4)
(
x 2)(
x 2
x 3
x 2)(
(
x 2)(
x 2) (
x 3)
2)(
x 3)
x 2)
x 2
x 2
x 3)
x 2
2)
x 1
1
Vậy
(0,5đ)
x 1
x 2
M
M
x 1
(với
x 2
x 1
x 0; x 4; x 9 )
x 1 3
x 1
x 1
x 1
(*)
(2,5đ)
3
1
x 1
Biểu thức M có giá trị nguyên khi và chỉ khi:
Ư(3) 1;3 Vì x
0
x 1 1;3
Nên
x
0
3
x 1
(0,75đ)
3 x 1
x 1 U (3)
x 1 1
Xảy ra các trường hợp sau:
(0,5đ)
.
x 1 1
x 0 x0
(TMĐK (*) )
.
x 1 3
x 2 x4
(không TMĐK (*) loại )
(0,25đ)
Vậy x = 0 thì M nhận giá trị nguyên.
b_
x
Có
62
18 8
2.
3
2
2 2
(4
3
18 8
2)2 4
2 .
2 4
3
(0,5đ)
2
2 2
3 4
2
2
3 4
(0,25đ)
x 6 2 2. 3 3 1 3 6 2 2. 2 3 3 6 2 4 2 3 3
x
62
x
(
(
3 1) 2
3 1) 2
3
3
62
3 1
3
3 1
3 1
3
42
3
3 1
(0,75đ)
Với x = 1.Ta có P 3.12013 5.12011 2006 3 5 2006 2014
Vậy với x = 1 thì P = 2014
Câu 2: (4 điểm)
3
(
3 1) 2
3 1
a. (
x 3)( x 6)( x 4)( x 5) 24
(x
2
9 x 18)( x
2
9 x 20) 24
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
(1)
Đặt x 9 x 19 y
(1) ( y + 1)(y – 1 ) – 24 = 0
y2 – 25 = 0
( x 2 9 x 24)( x 2 9 x 14) 0
( x 2)( x 7)( x 2 9 x 24) 0
Chứng tỏ x 2 9 x 24 0
Vậy nghiệm của phương trình : x 2; x 7
b. Ta có 2 x x 2 1 ( x 2 2 x 1) ( x 1) 2 0
pt trở thành : 2 x x 2 1 x 2 2 x 1
x 1
2
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
Câu 3: (4 điểm)
a
Cho hai số dương thỏa mãn: x + y =1.
2
Tìm GTNN của biểu thức: M = x
2đ
1 2 1
y 2
y 2
x
2 1 2 1
1
x4 y 4 2x 2 y 2 1
x 2 y 2 = x 2 y 2 1 1 2 2
M=
y
x
x y
x2 y 2
x
2
y 2 1
2
2
2
x2 y2 1
1
xy
2 2
x y
xy
xy
1
1 15
Ta có: xy xy
xy
16 xy 16 xy
1
1
1 1
2 xy.
2.
(1) *
16 xy
16 xy
4 2
x y 1
1
1
1
4
xy
xy
4
2
2
4
xy
16 xy 16
0,5
0, 5
* Ta có: xy
Từ (1) và (2) xy
2
1
4
15
16 xy
15
(2)
4
1
1 15
1 15 17
xy
xy
16 xy 16 xy 2 4
4
2
1 17 289
Vậy M = xy
xy 4
16
1
1
1
xy
xy
16 xy
4 x y
Dấu “=” xảy ra
(Vì x, y > 0)
2
x y
x y
Vậy min M =
0,5
289
1
tại x = y =
16
2
0,25
0,25
0,5
b
1
1
1
6
x y yz zx
Cho x, y là các số dương thỏa mãn:
1
1
1
3
Chứng minh rằng: 3x 3 y 2 z 3x 2 y 3z 2 x 3 y 3z 2
1 1
4
Áp dụng BĐT a b a b
1
ab
1 1
4a
(với a, b > 0)
2đ
0.5
1
b
Ta có:
1
1
1
1
1
3x 3 y 2 z 2 x y z x 2 y z 4 2 x y z x 2 y z
1 1 1
1
1
1
1
1
1
4 x y x z x y y z 4 4 x y x z x y y z
1 2
1
1
16 x y x z y z
0,5
1
1 2
1
1
3 x 2 y 3 z 16 x z x y y z
Tương tự:
1
1 2
1
1
2 x 3 y 3z 16 y z x y x z
cộng vế theo vế, ta có:
1
1
1
1 4
4
4
3 x 3 y 2 z 3x 2 y 3 z 2 x 3 y 3z 16 x y x z y z
4 1
1
1 1
3
.6
16 x y x z y z 4
2
0,5
0,5
0,5
Caai 4: (5 điểm)
B
1
D
0,25
I
O
C
H
.
1
E
P
F
Q
A
0,75đ.
BA là đường cao của tam giác BPQ suy ra H thuộc BA
Nối OE, BEF vuông tại B; BA EF nên AB2 = AE. AF
AE AB
AE
AB
AE AB
AB AF
1
1
OA AQ
AB
AF
2
2
Vậy AEO : ABQ(c.g.c). Suy ra � �EO mà � P (góc có các
ABQ A
ABQ �
1
cạnh tương ứng vuông góc) nên � P , mà hai góc đồng vị => PH // OE.
AEO �
0,75đ.
0,25đ
.
1
Trong AEO có PE = PA (giả thiết); PH// OE suy ra H là trung điểm của OA.
2. Ta cã:
P sin 6 cos6 sin 2 co s 2
3
3
P sin 2 cos 2 sin 4 sin 2 cos 2 cos 4
0,5đ
P sin cos 3sin cos 1 3sin cos
2
2
2
2
2
2
2
Ta cã:
sin
2
۳
cos
۳
2
2
4sin cos
2
2
1 4sin cos
2
2
2
Suy ra: P 1 3sin cos 1
Do ®ã: Pmin
1
khi vµ chØ khi:
4
2
0,75đ.
sin cos
2
2
1
4
0,25đ
0,25đ
3 1
4 4
sin 2 cos 2 sin cos (v× lµ
sin
1 tg 1 450
cos
Khi đó CD vuông góc với AB
gãc nhän)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
3. Ta có ACB và ADB nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính nên
� �DB 900 => ADBC là hình chữ nhật.
0,25đ
ACB A
2
2
4
4
2
2
Ta có: CD = AB = AE. AF => CD = AB = AE . AF
= (EC.EB)(DF.BF)=(EC.DF)(EB.BF)= EC.DF.AB.EF
AB3 = CE.DF.EF. Vậy CD3 = CE.DF.EF
Ta có:
0,25đ
BE 2 EA.EF AE
BE 4 AE 2 CE.BE
BF 2 FA.EF AF
BF 4 AF 2 DF .BF
BE 3 CE
BF 3 DF
Câu 5: Giả sử n4 +n3 + 1 là số chính phương vì n4 +n3 + 1> n4 = (n2)2
2
n 4 n 3 1 n 2 K n 4 2Kn 2 K 2
(K N * )
n 3 2Kn 2 K 2 1 n 2 ( n 2k ) K 2 1 0
n
Mà K 2 1 2 K 2 1 hoặc n 2 K 2 1
2
Nếu K 1 K 1 n 2 (n 2) 0 n 2
Thử lại 2 4 2 3 1 5 2 ( thỏa mãn)
Khi K 1 K 2 K 2 1 n 2 K n
n 2k 0
mâu thuẫn với điều kiện
Vậy n = 2
PHÒNG GD&ĐT
n 2 n 2K K 2 1 0
------------------------
(1đ)
KÌ THI HỌC SINH GIỎI
Môn: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ RA
Câu 1 (2.0 điểm). Cho biểu thức:
a 1
a 1
1
P
4 a a
.
a 1
a 1
a
a) Rút gọn P.
b) Tính giá trị của P tại a 2 3
Câu 2 (1.5 điểm).Giải phương trình:
3 1
2 3 .
x 2 x 1 x 1 1.
Câu 3 (2.5 điểm). Cho x, y là các số dương.
x y
a) Chứng minh: 2 .
y x
x y
xy
2
.
y x x y2
Câu 4 (3.0 điểm). Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R
(M không trùng với A và B). Trong nửa mă t phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường
ă
�
thẳng AB, kẻ tiếp tuyến Ax. Đường thẳng BM cắt Ax tại I; tia phân giác của IAM cắt
nửa đường tròn O tại E, cắt IB tại F; đường thẳng BE cắt AI tại H, cắt AM tại K.
a) Chứng minh 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên mô ăt đường tròn.
b) Chứng minh HF BI .
c) Xác định vị trí của M trên nửa đường tròn O để chu vi AMB đạt giá trị lớn
nhất và tìm giá trị đó theo R?
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M
Câu 5 (1.0 điểm). Tìm các số tự nhiên x, y biết rằng:
2 x 1 2 x 2 2 x 3 2 x 4 5 y 11879 .
--------------------- Hết ---------------------
*Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liêu.
ê
PHÒNG GD&ĐT
KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Môn: TOÁN
ĐÁP ÁN,
CÂU
NÔÔI DUNG
ĐIỂM
a 0
a 0
Điều kiê ăn a 1
a 1
a0
a
1
P
2
2
a 1 4 a a 1 a 1
.
a 1
a
4 a 4 a a 1 4 a (1 a 1)
4a
a
a
Vâ ăy P 4a
a
b
0.25
a 1
2 3 2 3 2 3 . 3 1
2 3 . 3 1 2 3 3 1
2 2 3 2 3 2 .
0.25
0.25
0.25
0.25
2
2 3 4 2 3
0.25
0.25
0.25
Vâ ăy a 2 do đó P 4a 4 2
Điều kiê ăn x 1
x 2 x 1 x 1 1
2
0.25
2
x 1 1 x 1 1
x 1 1 x 1 1 (1)
Khi x ۳
1 1 x 1 1 x 2 : Ta có
(1)
x 1 1 x 1 1 . Phương trình vô nghiê ăm
0.5
0.25
Khi 0 ۳ ۳ 1 0 x 1 1 1 x 2 : Ta có
0, y > 0 nên 0 và 0
y
x
Áp dụng bất đẳng thức a b 2 ab dấu "=" xảy ra a b
x y
x y
ta có 2 . 2
a
y x
y x
x y
Vâ ăy 2 .
y x
x y
x 2 y 2 x y (vì x > 0, y > 0)
Dấu "=" xảy ra
y x
x y
1 3a a 1
Đă ăt a , ta có M a
y x
a 4 4 a
x y
3a 3
;
Vì a 2 nên
y x
4 2
a 1
a 1
1
Ta có 2 . 2. 1
4 a
4 a
2
b
1 3a a 1 3
5
1 ;
Do đó M a
a 4 4 a 2
2
5
M a2 x y
2
5
Vâ ăy giá trị nhỏ nhất của M bằng khi và chỉ khi x y .
2
Hình vẽ
x
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
I
F
M
H
E
K
A
O
B
Ta có M, E nằm trên nửa đường tròn đường kính AB nên
�
�
a FMK 900 và FEK 900 .
Vâ ăy 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên đường tròn đường kính FK
b Ta có HAK cân tại A nên AH = AK (1)
K là trực tâm của AFB nên ta có FK AB suy ra FK // AH (2)
�
�
�
Do đó FAH �
AFK mà FAH FAK (gt) cho nên � FAK
AFK �
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
- Xem thêm -
.DOC 
45 
234 
81 
