Đề thi học sinh giỏi Toán 9 và chuyên Nguyễn Trãi, tỉnh Hải Dương

Đề thi hsg Toán 9 và chuyên Nguyễn Trãi, tỉnh Hải Dương các năm. Sưu tầm: Trần Văn Toản. THCS Cẩm Văn Trang: HSG - 1 SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 27/03/2013 ( Đề thi gồm có 01 trang ) Câu 1 (2,0 điểm): a) Rút gọn biểu thức:   2A = x 50 x + 50 x + x 50   với x 50 b) Cho x + 3 = 2. Tính giá trị của biểu thức: B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2018 Câu 2 (2,0 điểm): a) Giải phương trình 2 2 4x 3x + = 6 x 5x + 6 x 7x + 6  b) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh sau: x + y + 4 xy = 16 x + y = 10    Câu 3 (2,0 điểm): a) Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 2 24a + 3ab 11b chia hết cho 5 thì 4 4a b chia hết cho 5. b) Cho phương trình 2ax +bx+1 0 với a, b là các số hữu tỉ. Tìm a, b biết 5 3 x = 5+ 3  là nghiệm của phương trình. Câu 4 (3,0 điểm): Cho 3 điểm A, B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (B nằm giữa A và C). Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua B và C (O không nằm trên đường thẳng d). Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại M và N. Gọi I là trung điểm của BC, AO cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q (P nằm giữa A và O), BC cắt MN tại K. a) Chứng minh 4 điểm O, M, N, I cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi. c) Gọi D là trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng MP tại E. Chứng minh P là trung điểm ME. Câu 5 (1,0 điểm): Cho n 1 A = (2n +1) 2n 1 với n * . Chứng minh rằng: 1 2 3 n A + A + A + ... + A < 1 . ­­­­­­­­­­­­­ HẾT ­­­­­­­­­­­­ ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi hsg Toán 9 và chuyên Nguyễn Trãi, tỉnh Hải Dương các năm. Sưu tầm: Trần Văn Toản. THCS Cẩm Văn Trang: HSG - 2 SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN TOÁNLỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 – 2013 Lưu ý: Thí sinh làm theo các khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Điểm bài thi làm tròn đến 0,25 điểm CÂU PHẦN NỘI DUNG ĐIỂM a) 1,0 điểm Ta có :              2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A = x ­ 50 ­ x + 50 x + x ­50 A = x ­ 50 + x + 50 ­ 2 x ­50 x + x ­ 50 A = 2x ­ 2 x ­50 x + x ­50 A = 2 x ­ x + 50 A = 100 Nhưng do theo giả thiết ta thấy   2A = x ­ 50 ­ x + 50 x + x ­50 <0 A= ­10 0,25 0,25 0,25 0,25đ Câu 1 2,0 điểm b) 1,0 điểm x + 3 = 2=> 22 3 ( 2) 3     x x 2 4 1 0x x    B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2018 B = (x5 – 4x4 + x3 ) + ( x4 – 4x3 + x2 ) + 5( x2 – 4x + 1) + 2013 B = x3( x2 – 4x + 1) +x2( x2 – 4x + 1) +5(x2 – 4x + 1) + 2013 B = 2013 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 2 2,0 điểm a) 1.0 điểm Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình Với x 0 , phương trình đã cho tương đương với: 4 3 + = 6 6 6 x 5 + x 7 + x x   Đặt 6 t = x 7 + x  phương trình trở thành      2 2 4 3 + =6 1 t 0; t 2 t+2 t 1 4t 3t 6 6t 12t 6t 5t 6 0             Giải phương trình ta được 1 2 3 2 t ; t 2 3    ( thỏa mãn ) Với 1 3 t 2   ta có 2 6 3 7 2 11 12 0 2 x x x x         Giải phương trình ta được 1 2 3 x ; x 4 2   ( thỏa mãn ) Với 2 2 t 3  ta có 2 6 2 7 3 23 18 0 3 x x x x        0,25 0,25 0,25 Đề thi hsg Toán 9 và chuyên Nguyễn Trãi, tỉnh Hải Dương các năm. Sưu tầm: Trần Văn Toản. THCS Cẩm Văn Trang: HSG - 3 Giải phương trình ta được 3 4 23 313 23 313 x ; x 6 6     (thỏa mãn) Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm là : 1 2 3 x ; x 4 2   ; 3 4 23 313 23 313 x ; x 6 6     0,25 b) 1,0 ®iÓm x + y + 4 xy = 16 x + y = 10    (I) ( x;y 0 ) Đặt S= x y ; P = xy ( S 0;P 0  ) hệ (I) có dạng 2 S + 4P = 16 S ­ 2P = 10    ( II) Giải hệ ( II) và đối chiếu điều kiện ta được S = 4 P = 3    Khi đó x; y là 2 nghiệm của phương trình t2 – 4t + 3 =0 Giải phương trình ta được t1 = 3; t2 = 1 Từ đó suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm x = 9 x = 1 ; y = 1 y = 9       0,25 0,25 0,25 0,25 a) 1.0 điểm                        2 2 2 2 2 2 2 2 2 4a 3ab 11b 5 5a 5ab 10b 4a 3ab 11b 5 a 2ab b 5 a b 5    a b 5 ( Vì 5 là số nguyên tố)    4 4 2 2a b a b a b a b 5       0.25 0,25 0,25 0,25 Câu 3 2,0 điểm b) 1,0 ®iÓm 5 3 5 3 x    =      2 5 3 4 15 5 3 5 3      5 3 5 3 x    là nghiệm của phương trình nên ta có         2 4 15 4 15 1 0 31 8 15 4 15 1 0 15(8 ) 31 4 1 0 a b a b a b a b                  Vì ,a b Q nên (8 ), (31 4 1)a b a b Q    Do đó nếu 8 0a b  thì 15 31 4 1 8 a b Q a b      (Vô lí) 0,25 0,25 0,25đ Đề thi hsg Toán 9 và chuyên Nguyễn Trãi, tỉnh Hải Dương các năm. Sưu tầm: Trần Văn Toản. THCS Cẩm Văn Trang: HSG - 4 Suy ra 8 0 1 31 4 1 0 8 a b a a b b             0,25 d K E D A B C M N P Q I H O a) 1,0 ®iÓm I là trung điểm của BC ( dây BC không đi qua O )  090OI BC OIA    Ta có  090AMO  ( do AM là hai tiếp tuyến (O) )  090ANO  ( do AN là hai tiếp tuyến (O) ) Suy ra 4 điểm O, M, N, I cùng thuộc đường tròn đường kính OA 0,25 0,25 0,25 0.25 b) 1,0 ®iÓm AM, AN là hai tiếp tuyến (O) cắt nhau tại A nên OA là tia phân giác MON mà ∆OMN cân tại O nên OA MN ∆ABN đồng dạng với ∆ANC ( vì   1 ANB=ACN= 2 sđNB và CAN chung ) suy ra 2 AB AN = AB.AC=AN AN AC  ∆ANO vuông tại N đường cao NH nên ta có AH.AO = AN2 Suy ra AB.AC = AH.AO ∆AHK đồng dạng với ∆AIO ( vì   0AHK=AIO=90 và OAI chung ) AH AK = AI.AK=AH.AO AI AO AI.AK=AB.AC    AB.AC AK= AI  Ta có A,B,C cố định nên I cố định suy ra AK cố định mà A cố định, K là giao điểm của dây BC và dây MN nên K thuộc tia AB suy ra K cố định 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 4 3,0 điểm c) 1,0 ®iÓm Ta có  0PMQ=90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ). Xét ∆MHE và ∆QDM có  MEH=DMQ ( cùng phụ với DMP ),  EMH=MQD ( cùng phụ với MPO ) ME MH MQ DQ   0,25 Đề thi hsg Toán 9 và chuyên Nguyễn Trãi, tỉnh Hải Dương các năm. Sưu tầm: Trần Văn Toản. THCS Cẩm Văn Trang: HSG - 5 ∆PMH đồng dạng với ∆MQH 2 1 2 MP MH MH MQ HQ DQ MP ME MQ MQ       ME = 2 MP  P là trung điểm ME. 0,25 0,25 0,25 Câu 5 1,0 điểm   1 2 1 (2 1) 2 1(2 1) 2 1 n A n n nn n       2 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 n n A n n n n n n n                         Vì 1 1 0 2 1 2 1n n     và 1 1 2 2 1 2 1 2 1n n n      nên A n  1 1 ( *) 2 1 2 1 n n n       Do đó: 1 2 3 1 1 1 1 1 ... 1 3 3 5 2 1 2 1 nA A A A n n              1 2 3 1 ... 1 1 2 1 nA A A A n         0,25 0,25 0,25 0,25 SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 23/03/2012 (Đề thi gồm có 01 trang) Câu 1 (2,5 điểm). a) Rút gọn biểu thức: 2 2 2 5 6 3 6 8 3 12 ( 3) 6 8 x x x x A x x x x            b) Phân tích thành nhân tử:   33 3 3a b c a b c     Tìm x biết:     3 32 62 1 1x x x x      Câu 2 (2,0 điểm). a) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 0 3 3 x xy y xy y x         b) Giải phương trình:   3 33 3 16 2 x x x         Câu 3 (2,0 điểm). a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 28 23 16 44 16 1180 0x y x y xy      . ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi hsg Toán 9 và chuyên Nguyễn Trãi, tỉnh Hải Dương các năm. Sưu tầm: Trần Văn Toản. THCS Cẩm Văn Trang: HSG - 6 b) Cho n là số nguyên dương và m là ước nguyên dương của 2n2. Chứng minh rằng n2 + m không là số chính phương. Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O;R) và AB là đường kính. Gọi d là đường trung trực của OB. Gọi M và N là hai điểm phân biệt thuộc đường thẳng d. Trên các tia OM, ON lấy lần lượt các điểm M’ và N’ sao cho OM’.OM = ON’.ON 2R . a) Chứng minh rằng bốn điểm M, N, M’, N’ thuộc một đường tròn. b) Khi điểm M chuyển động trên d, chứng minh rằng điểm M’ thuộc một đường tròn cố định. c) Tìm vị trí điểm M trên d để tổng MO + MA đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm vị trí điểm M trên d nhưng M không nằm trong đường tròn (O;R) để tổng MO + MA đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5 (0,5 điểm). Trong các hình bình hành ngoại tiếp đường tròn (O; r), hãy tìm hình bình hành có diện tích nhỏ nhất. ………………………HẾT……………………… SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN TOÁN LỚP 9 – THCS NĂM HỌC 2011 – 2012 Câ u Ý Nội dung Rút gọn biểu thức: 2 2 2 5 6 3 6 8 3 12 ( 3) 6 8 x x x x A x x x x            ĐKXĐ: x 2 hoặc x > 4      2 3 3 ( 2)( 4) 3 4 ( 3) ( 2)( 4) x x x x A x x x x            * Trường hợp 1: x 2, ta có:      2 3 3 (2 )(4 ) 3 4 (3 ) (2 )(4 ) x x x x A x x x x                   2 2 2 3 3 2 4 3 4 (3 ) 2 4 x x x x x x x x              2 3 2 3 4 4 3 4 (3 ) 2 x x x x x x x x                2 4 x x     (vì x 2 nên 3 4 (3 ) 2 0x x x     ) * Trường hợp 2: x  4, ta có: 3 4 ( 3) 2 0x x x     nên: a       2 (1) 2 2 3 3 2 4 3 4 ( 3) 2 4 x x x x A x x x x             2 3 2 3 4 4 3 4 ( 3) 2 x x x x x x x x               2 4 x x    Phân tích đa thức thành nhân tử:   33 3 3a b c a b c     Ta có   33 3 3a b c a b c           3 33 3a b c ab a b a b c                  3 3 3 3a b c c a b a b c ab a b a b c            1 b    3 a b c a b c ab                 3 3a b a b c c b c a b b c a c             (*) Đề thi hsg Toán 9 và chuyên Nguyễn Trãi, tỉnh Hải Dương các năm. Sưu tầm: Trần Văn Toản. THCS Cẩm Văn Trang: HSG - 7 Tìm x biết:     3 32 62 1 1x x x x      Ta có:       3 332 3 21 1 2 0x x x x          2 23 1 1 2 0x x x x       (Theo (*)). Vì 2 1x x  =0; 2 1x  =0 vô nghiệm . KL: x = ­2 Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 0 (1) 3 3 (2) x xy y xy y x         (1)    2 2 0x y y x y       2 0x y x y    , ta được x = y hoặc x = -2y * Với x = y, từ (2) ta có: 24 3 0  x x , ta được 1 2 3 1, 4   x x a * Với x = ­2y, từ (2) ta có 2 2 3 0  y y , ta được 1 21, 3  y y Nếu 1 2   y x . Nếu 3 6   y x Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là: (­1; ­1); 3 3 ; 4 4       ; (2; ­1); (­6; 3). Giải phương trình:   3 33 3 16 2 x x x           3 3 3 3 3 3 3 3 16 2 2 2 x x x x x x x x x                              , (ĐKXĐ: x  2)     3 22 2 3 3 3 16 2 2 x x x x                     . Đặt   2 3 2 x t x    , ta được 3 23 16 0t t   (*) (*)    3 2 24 16 0t t t        2 4 4 ( 4) 0t t t t        24 4 0t t t     Lý luận để có t = ­ 4 2 b Với t = ­ 4, thì   2 3 4 2 x x     hay 2 6 9 4 8x x x       2 1 0 1( )x x TM     . Vậy x = 1 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2 28 23 16 44 16 1180 0x y x y xy      Biến đổi phương trình đã cho ta được     2 2 8 1 15 2 1248x y y          2 21248 2 2 83 15 y y     . Do   2 8 1 ,1248x y  đều chia hết cho 8; (15;8)=1 nên   2 2y  là số chính phương&chia hết cho 8      2 2 0;16;64 y . Ta có các TH sau: *       2 22 22 0 3 1568 1 1248 yy xx y             Do 156 không c.phương nên TH này vô nghiệm *         2 2 2 2 2 16 2 16 8 1 15.16 1248 1 126 y y x y x y                  Do 126 không c.phương nên TH này vô nghiệm 3 a *       2 2 2 10 2 64 6 8 1 15.64 1248 1 36 y y y x y x y                   Đề thi hsg Toán 9 và chuyên Nguyễn Trãi, tỉnh Hải Dương các năm. Sưu tầm: Trần Văn Toản. THCS Cẩm Văn Trang: HSG - 8 Ta được   2 10 10 5 11 36 17 y y x x x             hoặc   2 6 6 1 5 36 11 y y x x x              Vậy (x; y) là (­5; 10); (­17; 10); (­1; ­6); (11; ­6) Cho n là số nguyên dương và m là ước nguyên dương của 2n2. CMR: n2 + m không là số chính phương. Giả sử n2 + m là số chính phương. Đặt n2 + m = k2 (1) (với k nguyên dương) Theo bài ta có 2n2 = mp (p nguyên dương) 22 :m n p , thay vào (1) ta có:     2 22 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 n n k n p pn p k n p p pk p         Do n2,   2 pk chính phương, nên 2 2p p phải chính phương. b Mặt khác   22 2 2 1p p p p    , tức 2 2p p không chính phương. Nên giả sử sai. Vậy n2 + m không chính phương Chứng minh rằng bốn điểm M, N, M’, N’ thuộc một đường tròn. ' 'OM ON ON OM  (vì OM’.OM = ON’.ON); MON chung nên 'OM N đ. dạng với 'ON M a N' O A B M N M'  ' 'ONM OMN  ;  ' 'OM N ON M  nên  0' ' ' ' 180M MN M NN  ( hoặc M’, N’ cùng nhìn M N dưới cùng một góc, khi M’ và N’ kề nhau ­ M, N cùng nằm trong hoặc cùng nằm ngoài(O) ) M, M’, N’, N thuộc một đường tròn. ( Thí sinh chỉ cần làm đúng 1 trường hợp cũng cho 0,5 đ) Khi điểm M chuyển động trên d, chứng minh rằng điểm M’ thuộc một đường tròn cố định. Gọi giao của d với OB là C Lấy điểm C’ đối xứng với O qua B  điểm C’ cố định trên tia OC Ta có: 2 1 . ' .2 2  OC OC BO BO R  . ' '.OC OC OM OM  ' ' OC OM OM OC  ; MOC chung  OCM đồng dạng với ' 'OM C 4 b M' C'CO A B M   0' 90OM C OCM  .Vậy M’ thuộc đường tròn đường kính OC’ cố định. Đề thi hsg Toán 9 và chuyên Nguyễn Trãi, tỉnh Hải Dương các năm. Sưu tầm: Trần Văn Toản. THCS Cẩm Văn Trang: HSG - 9 Tìm vị trí điểm M trên d để tổng MO + MA đạt giá trị nhỏ nhất theo hai trường hợp Gọi giao của d với (O;R) là D, E (hình vẽ) *TH1: Do d là trung trực của OB  MO = MB. Ta có: MA + MO = MA + MB  AB, dấu “=”xảy ra khi M trùng C MA + MO nhỏ nhất khi M trùng C (M d ) *TH2: Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm D. Gọi K là giao của tia BD với AM. Ta có MB + MKKB = KD + DB KD + AK  AD MA + MO = MA + MB  DA + DB, dấu “=” có khi M trùng với D Tương tự khi M thuộc nửa mặt phẳng bờ AB chứa E: MA + MO = MA + MB  EA + EB, dấu “=” xảy ra khi M trùng với E c K E D CO A B M Vậy MA + MO nhỏ nhất khi M trùng D hoặc M trùng E (M d , M không ở trong (O;R)). Trong các hình bình hành ngoại tiếp đường tròn (O; r), hãy tìm hình bình hành có diện tích nhỏ nhất. Theo bài ta suy ra các cạnh của hình hành là tiếp tuyến của đường tròn (O; r). Gọi M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểm của đường tròn với các cạnh như hình vẽ. CM = CN; AP = AQ, BM = BQ; PD = DN  CM + BM + AP + PD = CN + DN + AQ + BQ  2BC = 2AB BC = AB 5 Q P N M r H A D C B O Kẻ AH BC . Ta có AB AH , dấu “=” có khi 090ABC . Ta có: OM BC,OP AD, AD // BC  P, O, M thẳng hàng, do đó AH = PM = 2r. ABCDS AH.BC 2r.  AB2r.AH=2r.2r  ABCDS 4r 2, dấu “=” xảy ra khi  090ABC Vậy trong các hình bình hành ngoại tiếp đường tròn (O; r) thì hình vuông có diện tích nhỏ nhất và bằng 4r2. Đề thi hsg Toán 9 và chuyên Nguyễn Trãi, tỉnh Hải Dương các năm. Sưu tầm: Trần Văn Toản. THCS Cẩm Văn Trang: HSG - 10 SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 4/03/2011 (Đề thi gồm có 01 trang) Câu 1 (4 điểm) a. Rót gän biÓu thøc:  3 2 2 3 2 2 3 3 3 1 4 3 ( 1) 4 2 2 x x x x x x x x A           víi x 2 b. Phân tích đa thức 2 24(1 )(1 )(1 ) 3x y x y x y     thành nhân tử. Câu 2 (4 điểm) a) Giải phương trình 2 22 7 10 2 4 3( 1)x x x x x       . b) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh          4 1 4 4 1 4 4 1 4 x y x y z y z x z Câu 3 (4 điểm) b) Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau : 2011 2011 x y y z   là số hữu tỉ và 2 2 2x y z  là số nguyên tố. b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 4x 2 ­ 8y 3 + 2z 2 + 4x – 4 = 0 Câu 4 (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có trung tuyến CM. Các đường cao AH, BD, CF cắt nhau tại I. Gọi E là trung điểm của DH. Đường thẳng qua C và song song với AH cắt BD tại P; đường thẳng qua C và song song với BD cắt AH tại Q. a) Chứng minh PI.AB = AC.CI b) Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác CDH. Chứng minh MD là tiếp tuyến của đường tròn (O). c) CE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại R (R khác C); CM cắt đường tròn (O) tại K (K khác C). Chứng minh AB là đường trung trực của đoạn KR. Câu 5 (2 điểm) Cho c¸c sè d­¬ng a, b c tho¶ m·n a+b+c=abc.T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc )1()1()1( 222 cab c bca b abc a S       ………………………Hết……………………… ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi hsg Toán 9 và chuyên Nguyễn Trãi, tỉnh Hải Dương các năm. Sưu tầm: Trần Văn Toản. THCS Cẩm Văn Trang: HSG - 11 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN TOÁN LỚP 9 – THCS NĂM HỌC 2010 – 2011 + Đáp án gồm có 05 trang + Thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho đủ điểm thành phần tương ứng Câu Ý Nội dung Điểm  3 2 2 3 2 2 3 3 3 1 4 3 ( 1) 4 2 2 x x x x x x x x A           víi x 2 LËp ph­¬ng hai vÕ ta ®­îc: 3 3 3 3A x x AB   (1) 0,5 Trong ®ã: 3 2 2 3 2 2 3 3 3 ( 1) 4 3 ( 1) 4 2 2 x x x x x x x x B          1 4 )4()1()3( 3 22223    xxxx 0,25 Do ®ã: 3 3(1) 3 3 0A x x A     2 2( )( 3 0)A x A Ax x      0,25 2 2 3 0 A x A Ax x        0,5 Víi: 0A  vµ 2x  2 2 23 0 3 0x A Ax x        0,25 a VËy A=x 0,25 A = 2 24(1 )(1 ) 3x y xy x y x y      0,5 2 2 24(1 ) 4(1 ) 3x y x y xy x y       0,5   2 22(1 ) ) (2 )x y xy xy     0,5 1 b   2 2 2 2 2 2 3x y xy x y xy       0,5 a Giải phương trình 2 22 7 10 2 4 3( 1)x x x x x       (1) 2,0 2 2 2 27 31 1 312 7 10 2 0, 2 4 2 0, 4 8 4 8 x x x x x x x                           Vậy TXĐ:  ­ Nếu 1 0 1x x     thì VP(1) 0, VT(1) 0  (không thỏa mãn) 0,25 0,5 2 ­ Nếu 1 0 1x x     thì (1)    2 26 6 3 1 2 7 10 2 4x x x x x x         2 22 7 10 2 4 2 (2)x x x x       Từ (1) và (2) suy ra 22 2 4 3 1x x x    0,5 Đề thi hsg Toán 9 và chuyên Nguyễn Trãi, tỉnh Hải Dương các năm. Sưu tầm: Trần Văn Toản. THCS Cẩm Văn Trang: HSG - 12 2 2 2 1 1 3 1 0 33 3 4(2 4) 9 6 1 3, 52 15 0 x x x x x x x x x xx x                             0,5 Thử lại. Với x = 3 thì VT(1) = VP(1) = 12 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 0,25 b Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh 2,00 ­ Nếu x = 0 thì hệ có nghiệm (x ; y ; z) là (0 ; 0 ; 0) 0,25 ­ Nếu 0 0; 0x y z    . Ta có : 1 1 4 4 1 4 4 1 1 4 4 1 4 4 4 11 1 4 4 4 x x xy y y y yz z z zxzx                          0,5 Cộng theo vế các phương trình của hệ ta được 22 2 1 4 1 4 1 4 4 4 4 0 1 1 1 2 2 2 0 x y zx y z x y z                                               0,5 1 4 x y z    . Thử lại ta thấy 1 4 x y z   thỏa mãn hệ pt đã cho. 0,5 Vậy hệ có 2 nghiệm (x ; y ; z) là (0 ; 0 ; 0), 1 1 1 ; ; 4 4 4       . 0,25 a Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện 2,00 Ta có 2011 (1) 2011 x y m ny z    , trong đó m, n là các số nguyên thỏa mãn n > 0, (m, n) = 1.  (1) 2011 (2)nx my ny mz    . 0,5 Vì 2011 là số vô tỉ và m, n, x, y, z là các số nguyên nên ta có (2) nx – my = ny – mz = 0 2nx my xz y ny mz      . 0,5 Ta lại có :   22 2 2 22x y z x z xz y           2 2x z y x y z x y z        Vì 2 2 2x y z  là số nguyên tố và x + y + z là số nguyên lớn hơn 1 nên x – y + z = 1. Do đó 2 2 2 (3)x y z x y z     0,5 3 Nhưng x, y, z là các số nguyên dương nên 2 2 2; ;x x y y z z   Suy ra x2 = x, y2 = y, z2 = z => x = y = z = 1. Khi đó 2011 1 2011 x y y z    và 2 2 2 3x y z   (thỏa mãn) 0,5 Đề thi hsg Toán 9 và chuyên Nguyễn Trãi, tỉnh Hải Dương các năm. Sưu tầm: Trần Văn Toản. THCS Cẩm Văn Trang: HSG - 13 Vậy (x ; y ; z) = (1 ; 1 ; 1) thỏa mãn yêu cầu bài toán. b Tìm nghiệm nguyên của phương trình . 2,00 Ph­¬ng tr×nh ®­îc biÕn ®æi thµnh 2 3 2 2 3 24 4 1 8 2 5 (2 1) 8 2 5x x y z x y z          (1) 0,5 VÕ tr¸i cña (1) lµ mét sè chÝnh ph­¬ng lÎ nªn chia 8 d­ 1 (*) 0,5 XÐt vÕ ph¶i cña (1): 38y chia hÕt cho 8 ; 22z chia hÕt cho 8 nÕu z ch½n , chia cho 8 d­ 2 nÕu z lÎ  vÕ ph¶i chia cho 8 d­ 5 hoÆc 3 (**). 0,5 Tõ (*) vµ (**) suy ra ph­¬ng tr×nh (1) kh«ng cã nghiÖm nguyªn hay ph­¬ng tr×nh ®· cho v« nghiÖm. 0,5 a Chứng minh PI.AB = AC.CI 2,00 Chứng minh  090PCB    0 1 90ACB C   Ta có :     0 1 90 (1) P C ACB P     1 H Q P I MF E D C BA 0,5 Chứng minh tứ giác ADIF nội tiếp   (2)CAB PIC  0,5 Từ (1) và (2) ( . )PIC CAB g g  0,5 . . PI IC PI AB AC IC AC AB     (đpcm) 0,5 b Chứng minh MD là tiếp tuyến của đường tròn (O) 2,00 Chứng minh tứ giác CDIH nội tiếp đường tròn (O) DCI là góc nội tiếp chắn cung DI (3) 0,5 ADB có DM là đường trung tuyến MDB  cân tại M   (4)MBD MDB  0,5 Ta lại có  MBD DCI  (cùng phụ với CAB ) (5) 0,5 Từ (4) và (5)   (6)MDB DCI  Từ (3) và (6) suy ra MD là tiếp tuyến của đường tròn (O) 0,5 4 c Chứng minh AB là đường trung trực của đoạn KR 2,00 Đề thi hsg Toán 9 và chuyên Nguyễn Trãi, tỉnh Hải Dương các năm. Sưu tầm: Trần Văn Toản. THCS Cẩm Văn Trang: HSG - 14 MD là tiếp tuyến của (O)   2 2 . . ( ) ( . . ) (7) MD MK MC MB MK MC MD MB MB MK MC MB MBC MKB c g c MBK MCB              R K A B C D E F M I H 0,5 Chứng minh tứ giác ADHB nội tiếp     ( . ) ( . ) (8) CD DH CDH ABC CDH CBA g g CB AB CD CB CD CB CDE CBM g g MCB ACR DH AB DE MB                   0,5 Ta lại có :   (9)ACR ABR Từ (7), (8), (9)  MBK ABR   BA là phân giác của KBR 0,5 c Chứng minh tương tự ta được AB là phân giác của KAR Từ đó suy ra AB là đường trung trực của KR. 0,5 Tacã ))(()()1( 222 cabaacababccbaabcbcabcabc  0,50 T­¬ngtù ))(()1( 2 cbcacba  ; ))(()1( 2 cbbabca  0,25 ( )( ) ( )( ) ( )( ) . . . a b c S a b a c a b b c a c b c a a b b c c a b a c b c b c c b a c                  0,25 ¸p dông B§T 2 BA AB   (víi A,B >0) ; DÊu “=” x¶y ra khi A=B 0,25 5 Ta cã 1 2 a a b b c c S a b a c b c a b a c b c                 1 3 2 2 a b b c c a a b b c c a              3 2 3 )(  cbaSMax 0,25 0,25 Đề thi hsg Toán 9 và chuyên Nguyễn Trãi, tỉnh Hải Dương các năm. Sưu tầm: Trần Văn Toản. THCS Cẩm Văn Trang: HSG - 15 së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o h¶i d­¬ng ­­­­­­­­­­­­­ ®Ò thi chÝnh thøc K× THI chän HäC SINH GiáI TØNH líp 9 N¨m häc 2009-2010 M«n Thi : to¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót Ngày thi 28 tháng 3 năm 2010 (§Ò thi gåm: 01 trang) Câu 1 (2 điểm) a) Cho x là số thực thỏa mãn 2 4 1 0x x   Tính giá trị biểu thức: 5 5 1 A x x   b) Cho x; y; z là các số thực thỏa mãn 2 2 0 xyz x xy      Tính giá trị biểu thức: 1 2 2 1 2 2 2 B y yz z xz x xy   