Lê gia Lợi THCS Triệu Trạch SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS QUẢNG TRỊ Khóa ngày 14 tháng 4 năm 2011 Môn : Toán(Bảng A) Thời gian làm bài : 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Bài 1(4,0 điểm) Cho biểu thức : 1 2 2 5 4 2 2 x x x P x x x + + = + + − − + với 0; 4 x x ≥ ≠ a) Rút gọn P b) Tìm x để P = 2. Bài 2(4,0 điểm) 1. Rút gọn biểu thức 8 15 8 15 2 2 A + − = + . 2. Giải phương trình 2 3 3. x x + + = Bài 3 (4 điểm) 1. Cho bốn số thực bất kì a,b,c,d. Chứng minh : 2 2 2 2 ( )( ). ab cd a c b d + ≤ + + Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ? 2.Cho nữa đường tròn (O;R) đường kính AB. M là một điểm chuyển động trên nữa đường tròn. Xác định vị trí của đểm M để MA + 3 MB đạt giá trị lớn nhất. Bài 4(4,0 điểm) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên (x;y;z) thỏa mãn : 3 3 2 2 2 1 2 y x x xy z  = + +   = +   Bài 5(4,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A với BC = a,AB = AC = b (a > b).Đường phân giác BD của góc  ABC cắt AC tại D và có đôi dài bằng cạnh bên (BD = b). 1. Tính CD theo a và b. 2. Chứng minh rằng (1 )( ) 1. a a b b b a + − = …………………………… Hết………………………………………… ĐỀ CHÍNH THỨC Lê gia Lợi THCS Triệu Trạch SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẨN CHẤM ĐỀ THI QUẢNG TRỊ HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS Khóa ngày 14 tháng 4 năm 2011 Môn : Toán(Bảng A) Bài 1 ( 4,0 điểm) a) Với 0; 4 a a ≥ ≠ , ta có: ( 1)( 2) 2 ( 2) 2 5 ( 2)( 2) ( 2)( 2) ( 2)( 2) x x x x x P x x x x x x + + − + = + − − + − + − + 0,5 đ 3 2 2 4 2 5 ( 2)( 2) x x x x x x x + + + − − − = − + 1đ 3 6 3 ( 2) 3 ( 2)( 2) ( 2)( 2) 2 x x x x x x x x x x − − = = = − + − + + 1,5 d b) P = 2 khi và chỉ khi 3 0 3 2 4 4 16 2 x x x x x x = ⇔ = + ⇔ = = + 1đ Bài 2 (4,0 điểm) 1. Ta có : 2 16 2 15 16 2 15 A = + + − 1đ 2 2 ( 15 1) ( 15 1) 2 15 = + + − = 1đ 2. Giải phương trình: 2 3 3 x x + + = Cách 1 : Điều kiện 0; 4 x x ≥ ≠ 0,25đ Đặt 3 u x = + , 2 0 3 u u x ≥ ⇔ = + Ta có hệ : 2 2 3(1) 3 0(2) u x x u  = +   + − =   0,25đ Từ (1)(2) ( ) ( ) 2 2 0 1 0 u x x u u x u x ⇒ − − − = ⇔ + − − = 0,25đ Với x = u ta có : 2 3 0 1 13 2 1 13 2 x x x x − − =  + =   ⇔  − =   0,25đ Ta chỉ nhận 1 13 2 x − = vì 0 u ≥ 0,25đ Với x = u + 1 ta có : 2 2 0 x x + − = 0,25đ 1 2 x x =  ⇔  = −  Ta chỉ nhận 1 x = vì 0 u ≥ 0,25đ Lê gia Lợi THCS Triệu Trạch B A M Vậy phương trình có hai nghiệm : 1 13 2 x − = , 1 x = 0,25đ Cách 2 : 2 2 2 2 1 1 1 1 3 3 3 3 3 4 4 2 2 1 1 3 2 2 1 1 3 2 2 x x x x x x x x x x x x     + + = ⇔ + + = + − + + ⇔ + = + −          + = + −  ⇔   + = − + +   Cách 3: ( ) 2 2 2 3 3 3 3 3 3 x x x x x  + = −  + + = ⇔   − ≤ ≤  đưa ra phương trình bậc 4 có hai nghiệm 1 và -2 nên dể dàng phân tích thành nhân tử vế trái, Bài 3 (4,0 điểm) 1. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 ( )( ) ( ) ( )( ) 2 ( ) ( ) 2( )( ) 0 ( ) 0 ab cd a c b d ab cd a c b d a b c d abcd a b a d b c c d ad bc ad bc ad bc ≤ + ≤ + + ⇔ + ≤ + + ⇔ + + ≤ + + + ⇔ + − ≥ ⇔ + ≥ Luôn đúng với 4 số thực bất kì . Vậy 2 2 2 2 ( )( ) ab cd a c b d + ≤ + + , , , a b c d R ∀ ∈ Dấu đẳng thức xảy ra khi ad-bc = 0 hay ( 0, 0) c d a b a b = ≠ ≠ 2.  0 90 AMB = ( góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) Áp dụng định lí pitago cho tam giác AMB ta có: 2 2 2 2 4 MA MB AB R + = = Áp dụng BĐT 2 2 2 2 ( )( ) ab cd a c b d + ≤ + + Ta có 2 2 3 (1 3)( ) 4 MA MB MA MB R + ≤ + + = Dấu “=” xảy ra  0 3 60 MB MAB MA ⇔ = ⇔ = Bài 4 (4,0 điểm) 3 3 2 2 2 1(1) 2(2) y x x xy z  = + +   = +   Cách 1 : Do 2 2 1 0 x + > nên từ (1) ta có : 3 3 y x y x > ⇔ > Vì , x y Z ∈ nên y ≥ x+1 3 3 3 2 3 2 2 ( 1) 2 1 3 3 1 3 0 3 0 y x x x x x x x x x ⇔ ≥ + ⇔ + + ≥ + + + ⇔ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ Do x Z ∈ nên { } 3; 2; 1;0 x ∈ − − − Từ (2) ta thấy xy > 0 nên (x;y) thỏa mãn là (- 3 ; -2) Suy ra (x ; y ; z) là(-3 ; -2 ;-2);(-3 ; -2 ;2) Lê gia Lợi THCS Triệu Trạch 1 2 3 1 1 2 b b b a-b E D B A C 1 2 b a b K D B A C 1 2 b a b a-b E D B A C Cách 2 : Kẹp 3 3 3 ( 1) ( 4) x y x+ ≤ ≤ + Câu 5 (4,0 điểm) Cách 1: a) Theo tính chất đường phân giác ta có : DA BA DA DC BA BC DC BC DC BC + + = ⇒ = hay d a b DC a + = (1) ab DC a b ⇒ = + b)Lấy điểm E thuộc BC sao cho BE = b, tam giác BAD,BED cùng cân tại B và bằng nhau       0 0 1 2 3 2 1 1 180 180 D D D D E B = − − = − − = Tam giác CED đồng dạng với tam giác CDB 2 . (2) CE CD CE CB CD CD CB ⇒ = ⇒ = Từ (1)(2) và CE = a – b ta có : (a-b)a = 2 ab a b     +   (1 )( ) 1 a a b b b a ⇔ + − = Cách 2: Áp dụng định lí pitago cho hai tam giác vuông BKA ta có: 2 2 2 BK AB AK = − Áp dụng định lí pitago cho hai tam giác vuông BKC ta có: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . BK CB CK CB CD DK CB CD CD DK DK = − = − + = − − − Ta lại có AK = DK Suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . 2 . 2 . 2 .( ) . . . . 1 (1 )( ) 1 AB AK CB CD CD DK DK AB CB CD CD DK b DC AB CB CD CD AB CB CD CD b DC AB CB CD CD b DC AB CB CD b ab b a b a b ab a b a b a b a b ab b a a b b b a − = − − − ⇔ = − − − ⇔ = − − ⇔ = − − − ⇔ = − − + ⇔ = − ⇔ = − + − + ⇔ − = ⇔ = + ⇔ + − = Cách 3 : Lê gia Lợi THCS Triệu Trạch Tam giác BAD và tam giác CDE đồng dạng (1 )( ) 1 DC DE a a b a a b ab AB AD a b b b a b a b − = ⇔ = ⇔ + − = + − + . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS QUẢNG TRỊ Khóa ngày 14 tháng 4 năm 2011 Môn : Toán( Bảng A) Thời gian làm bài : 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Bài 1(4,0. gia Lợi THCS Triệu Trạch SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẨN CHẤM ĐỀ THI QUẢNG TRỊ HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS Khóa ngày 14 tháng 4 năm 2011 Môn : Toán( Bảng A) Bài 1 ( 4,0 điểm) a) Với 0;. cắt AC tại D và có đôi dài bằng cạnh bên (BD = b). 1. Tính CD theo a và b. 2. Chứng minh rằng (1 )( ) 1. a a b b b a + − = …………………………… Hết………………………………………… ĐỀ CHÍNH THỨC Lê