SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Gồm có 4 trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2009 - 2010 Môn thi: TOÁN LỚP: 9 THCS Ngày thi: 24/ 03/ 2010 Bài Đáp án và hướng dẫn chấm Điểm Bài 1 4 điểm a. Điều kiện để biểu thức P có nghĩa:        ≠ ≠ ≥ ⇔        ≠− ≠− ≠− ≥ 4 1 1 0 012 01 01 0 x x x x xx x x P = ( ) 1212 1 1 1 12 − + −+ − ⋅       − + − − −+ x x xx x x xx xx xxx = ( ) 12121 1 − + −+ + − − − x x xx xx xx xx = ( )( ) ( ) ( ) ( ) 121)12( 1 1)1( 11 − + +− + − ++− +− x x xx xx xxx xxx = ( ) 12121 1 − + − − ++ + x x x x xx xx = ( ) 1 1 ++ + xx xx 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 b. Ta có 4 x = ( )( ) 21139 62562049625 − −−+ = ( )( ) 21139 625625625 2 − −−+ = = ( ) ( ) ( ) ( ) 1 21139 21139 21139 23 21139 2323625 3 222 2 = − − = − − = − −−       − Suy ra: x = 4. Khi đó biểu thức P có giá trị là 7 6 0,5 0,5 0,5 Bài 2 5 điểm a. ĐKXĐ: ( )( )      ≠ ≠ ⇔      ≠+       + ≠−− ⇔      ≠++ ≠+− 3 2 1 0 12 23 6 1 3 0231 023 0253 2 2 2 x x x xx xx xx Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả tử và mẫu của mỗi phân thức cho x ta được: 6 1 2 3 13 5 2 3 2 = ++ + −+ x x x x . Đặt 3x + x 2 = t thì phương trình trở thành: 0,5 0,25 6 1 13 5 2 = + + − tt (t ≠ 5; t ≠ -1) ( ) ( ) ( )( ) 15651312 +−=−++⇒ tttt 011132033396 22 =+−⇔=+−⇔ tttt Giải phương trình 011132 2 =+− tt ta được t 1 = 2 11 ; t 2 = 1 * Với t 1 = 2 11 ta có 3x + x 2 = 2 11 04116 2 =+−⇔ xx Giải phương trình 04116 2 =+− xx ta được x 1 = 3 4 ; x 2 = 2 1 * Với t 2 = 1 ta có 3x + x 2 = 1 ⇔ 3x 2 - x + 2 = 0 Phương trình 3x 2 - x + 2 = 0 vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x 1 = 3 4 ; x 2 = 2 1 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 b. ( )      =+ =+ ⇔    −= =+ 54 43 54 43 2 2 2 xyy xyx xyy yxx Cộng từng vế của hai phương trình trong hệ ta được: x 2 + 4xy + 4y 2 = 9 ⇔ (x + 2y) 2 = 9 ⇔ x + 2y = ± 3 * Nếu x + 2y = 3 thì ta có hệ phương trình    =+ =+ 43 32 2 xyx yx ⇔ ( ) ( )    =−+ −= ⇔    =−+− −= 0532 23 423323 23 2 2 yy yx yyy yx Giải phương trình 2y 2 + 3y - 5 = 0 ta được y 1 = 1; y 2 = 2 5 − . Suy ra: x 1 = 1; x 2 = 8 * Nếu x + 2y = -3 thì ta có hệ phương trình    =+ −=+ 43 32 2 xyx yx ⇔ ( ) ( )    =−− −−= ⇔    =−−+−− −−= 0532 23 423323 23 2 2 yy yx yyy yx Giải phương trình 2y 2 - 3y - 5 = 0 ta được y 3 = - 1; y 4 = 2 5 . Suy ra: x 3 = - 1; x 4 = - 8 Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là: (x; y) = (1; 1); (8; 2 5 − ); (-1; -1); (-8; 2 5 ) 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài 3 3 điểm A = ( ) ( )( ) 2 x xzyx zy ++ + + ( ) ( )( ) 2 y yzyx zx ++ + + ( ) ( )( ) 2 z xzyz xy ++ + Ta có: ( )( ) 22 1 x yz x zy x xzyx + + += ++ Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương y, z ta được: x yz x yz x yz x yz x yz x zy +=         +=++≥+ + + 11 2 11 2 22 0,5 0,5 Suy ra: ( ) ( )( ) ( ) yz x zy zy x yz zy x xzyx zy ⋅ + ++=         ++≥ ++ + 1 2 mà x yz zyyz x yz zyyz x zy zy 2 2 ++=⋅++≥⋅ + ++ ⇒ ( ) ( )( ) 2 x xzyx zy ++ + x yz zy 2 ++≥ Tương tự: ( ) ( )( ) 2 y yzyx zx ++ + y xz zx 2 ++≥ ( ) ( )( ) 2 z xzyz yx ++ + z yx xy 2 ++≥ Do đó: A ( ) ( )         ++         ++       ++++=+++++≥ z xy y zx y zx x yz x yz z xy zyx y zx x yz z xy zyx 2 222 2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương y xz z xy ; ta được: x y xz z xy y xz z xy 22 =⋅≥+ Tương tự: y x yz z xy 2≥+ ; z y xz x zy 2≥+ Suy ra: A ≥ 2(x + y + z) + 2x + 2y + 2z = 4(x + y + z) = 4 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z = 3 2 Vậy GTNN của biểu thức A là 4 2 , đạt được khi x = y = z = 3 2 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 Bài 4 6 điểm d M F I C B N E A a. ∆ ABC đều 0 60=∠=∠=∠⇒ ACBABCBAC Ta có: ACBABMABCACN ∠=∠∠=∠ ; (hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) BACMBABACACN ∠=∠∠=∠⇒ ; Mà các cặp góc ACN và BAC; MBA và BAC là hai cặp góc ở vị trí so le trong AMBNACMBACBACN ∠=∠⇒⇒ //;// (hai góc đồng vị) ∆ ACN ~ ∆ MBA BA CN MB AC =⇒ 0,5 0,5 Mà AC = BA = BC (vì tam giác ABC đều) nên BC MB CN BC BC CN MB BC =⇒= Chứng minh ∆ MBC ~ ∆ BCN trường hợp c - g - c       ==∠=∠ BC MB CN BC BCNMBC ;120 0 0,5 0,5 b. Ta có: 0 60=∠=∠ ACBAEB (góc nội tiếp cùng chắn cung AB) FCBFBCBFM ∠+∠=∠ (tính chất góc ngoài tam giác) Mà: BNCMCBFCB ∠=∠=∠ (do ∆ MBC ~ ∆ BCN) ABFBNCABFMCBFCB ∠=∠∠=∠=∠ ; (hai góc so le trong) Suy ra: 0 60=∠=∠+∠=∠ ABCFBCABFBFM Vì 0 60=∠=∠ MFBMEB nên tứ giác BMEF nội tiếp 0,5 0,5 0,5 0,5 c. { } IEFBC =∩ Chỉ ra: FBIBEFBEFBMCFBICBNBMC ∠=∠⇒∠=∠∠=∠=∠ ; Do đó: ∆ IBF ~ ∆ IEB (g - g) IFIEIB . 2 =⇒ (1) Ta có: CENNFCABCCENBFMNFC ∠=∠⇒=∠=∠=∠=∠ 00 60;60 ⇒ tứ giác CNEF nội tiếp FNCFEC ∠=∠⇒ (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung) Mà: FCIMCBBNCFNC ∠=∠=∠=∠ ICFFEC ∠=∠⇒ ∆ IEC ~ ∆ ICF (g - g) IFIEIC . 2 =⇒ (2) Từ (1) và (2) suy ra: IB 2 = IC 2 ⇒ IG = IC ⇒ I là trung điểm của BC ⇒ I là điểm cố định. Vậy EF đi qua trung điểm I của BC. 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 Bài 5 2điểm Giả sử có 6 điểm A, B, C, D, M, N trên một đường tròn Từ một điểm vẽ đến 5 điểm còn lại được 5 đoạn thẳng thì có ít nhất ba đoạn thẳng cùng màu. Giả sử 3 đoạn thẳng AB, AC, AD cùng màu đỏ (nếu cùng màu xanh thì lập luận tương tự) Xét ∆ BCD nếu có một cạnh, chẳng hạn BC màu đỏ thì ∆ ABC có ba cạnh màu đỏ. Trái lại thì ∆ BCD sẽ có ba cạnh màu xanh. (điều phải chứng minh) 1 1 GHI CHÚ Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. Bài 4 nếu không vẽ hình thì không chấm điểm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2009 - 2010 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ DỰ BỊ (Gồm có 4 trang) Môn thi: TOÁN LỚP: 9 THCS Bài Đáp án và hướng dẫn chấm Điểm Bài 1 4 điểm a. Điều kiện để biểu thức A có nghĩa:        ≠ ≠ ≥ ⇔      ≠− ≠− ≥ 4 1 1 0 012 01 0 x x x x x x 0,5 A = 1- 12 )1)(1( )1)(1( )12)(1( )1)(1( )12)(1( − −− ⋅       +−+ −+ + +− −+ x xxx xxx xxx xx xx = 1 - 12 )1)(1( 1 )12( 1 12 − −− ⋅       +− − + − − x xxx xx xx x x = 1 -       +− −− +− xx xxx xx 1 )1)(1( )1( = xx xxxxxxxxxxxxxxxx +− −++−+−+−+−+− 1 1 22 = xx +−1 1 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 b. Ta có: 4 1 x = ( ) 3 3 3 3 12 12 − ⋅+ = 3 3 3 3 3 )12( )12( − ⋅+ = = [ ] ( ) 3 3 33 3 12 )12(2312 − ⋅+++ = ( )( ) 3 333 12241 −++ = = ( ) 11212 3 3 3 3 =−=− ⇒ x = 4. Khi đó A = 3 1 1,5 0,5 Bài 2 4 điểm a. ĐKXĐ: x + 5 ≠ 0 ⇒ x ≠ -5 Phương trình tương đương với phương trình: 11 5 5 2 2 =       + + x x x 11 5 10 5 11 5 5 2 5 5 2 2 2 2 = + +         + ⇔= + ⋅⋅+       + −⇔ x x x x x x x x x x (1) Đặt 5 2 +x x = t thì phương trình (1) trở thành t 2 + 10t = 11 (2) Giải phương trình (2) ta được t 1 = 1; t 2 = -11 * Với t 1 = 1 ta có 5 2 +x x = 1 ⇔ x 2 - x - 5 = 0 Giải phương trình x 2 - x - 5 = 0 ta được x 1 = 1 + 21 ; x = 1 - 21 0,5 0,5 0,5 * Với t 2 = -11 ta có 5 2 +x x = -11 ⇔ x 2 + 11x + 55 = 0 Phương trình x 2 + 11 x + 55 = 0 vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là: x 1 = 1 + 21 ; x = 1 - 21 0,25 0,25 b. ( )      =+ =+ ⇔    −= =+ 64 103 64 103 2 2 2 xyx xyy xyx yxy Cộng từng vế của hai phương trình trong hệ ta được: 4x 2 + 4xy + y 2 = 16 ⇔ (2x + y) 2 = 16 ⇔ 2x + y = ± 4 * Nếu 2x + y = 4 thì ta có hệ phương trình    =+ =+ 103 42 2 xyy yx ⇔ ( ) ( )    =−+ −= ⇔    =−+− −= 032 24 424324 24 2 2 xx xy xxx xy Giải phương trình x 2 + 2x - 3 = 0 ta được x 1 = 1; x 2 = -3. Suy ra: y 1 = 2; y 2 = 10 * Nếu 2x + y = - 4 thì ta có hệ phương trình    =+ −=+ 103 42 2 xyy yx ⇔ ( ) ( )    =−− −−= ⇔    =−−+−− −−= 032 24 1024324 24 2 2 xx xy xxx xy Giải phương trình x 2 - 2x - 3 = 0 ta được x 3 = - 1; x 4 = 3. Suy ra: y 3 = - 2; x 4 = - 10 Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là: (x; y) = (1; 2); (-3; 10); (-1; -2); (3; 10) 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài 3 3 điểm Vì a.b.c = 1 nên đặt a = x 1 ; b = y 1 ; c = z 1 Khi đó: 1 111 =⋅⋅ zyx suy ra x, y, z là các số dương và x.y.z = 1 Biểu thức A trở thành: A = z x y x zy 1111 11 5 22 ⋅+⋅ ⋅⋅ + x y z y xz 1111 11 5 22 ⋅+⋅ ⋅⋅ + y z x z yx 1111 11 5 22 ⋅+⋅ ⋅⋅ =         + zy x yz 111 5 2 +       + xz y zx 111 5 2 +         + yx z xy 111 5 2 = 5         + + + + + yx z xz y zy x 222 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương 4 ; 2 zy zy x + + ta có: x zy zy xzy zy x = + ⋅ + ≥ + + + 4 2 4 22 (1) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Tương tự: y xz xz y ≥ + + + 4 2 (2) ; z yx yx z ≥ + + + 4 2 (3) Cộng từng vế của các bất đẳng thức (1); (2); (3) ta được: 4 2 zy zy x + + + + 4 2 xz xz y + + + + 4 2 yx yx z + + + ≥ x + y + z ⇔         + + + + + yx z xz y zy x 222 ≥ ( ) zyx ++ 2 1 ⇔         + + + + + yx z xz y zy x 222 5 ≥ ( ) zyx ++ 2 5 Mặt khác x + y + z ≥ 3 3 xyz mà xyz = 1 nên x + y + z ≥ 3 Do đó: A ≥ 3 2 5 ⋅ = 2 15 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z ⇔ a = b = c = 1 Vậy GTNN của biểu thức B là 2 15 , đạt được khi a = b = c = 1. 0,5 0,5 0,5 Bài 4 6 điểm Q I H N P M D C B A a. Theo giả thiết: NADMABMAN ∠+∠=∠ mà 0 90 =∠=∠+∠+∠ BADDANBAMMAN suy ra 0 45 =∠ MAN hay 0 45 =∠ MAP Vì ABCD là hình vuông nên 0 45 =∠ DBC Do đó: 0 45 =∠=∠ PBMMAP ⇒ tứ giác ABMP nội tiếp . ⇒ 0 180 =∠+∠ APMABM (định lí) mà ∠ ABM = 90 0 suy ra ∠ APM = 90 0 ⇒ ∠ MPN = 90 0 ⇒ P thuộc đường tròn đường kính MN (1) Chứng minh tương tự được tứ giác AQND nội tiếp ⇒ 0 180 =∠+∠ ADNAQN ⇒ 0 90 =∠ AQN ⇒ 0 90 =∠ NQM ⇒ Q thuộc đường tròn đường kính MN (2) ∠ BCD = 90 0 ⇒ ∠ MCN = 90 0 ⇒ C thuộc đường tròn đường kính MN (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra 5 điểm P, Q, M, C, N cùng thuộc đường tròn đường kính MN. 0,5 0,5 0,5 0,5 b. Theo câu a) 0 90 =∠ NQM AMNQ ⊥⇒ ; ∠ MPN = 90 0 ANMP ⊥⇒ Gọi giao điểm của AM và AN là I . Suy ra I là trực tâm của tam giác AMN ⇒ AI ⊥ MN; AI ∩ MN = { } H ⇒ AH ⊥ MN tại H. Vì tứ giác ABMP nội tiếp ⇒ BPMBAM ∠=∠ (4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM) Tứ giác AQIP có: ∠ AQI + ∠ API = 90 0 + 90 0 = 180 0 ⇒ tứ giác AQIP nội tiếp ⇒ ∠ QAI = ∠ QPI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung 0,5 0,5 0,5 QI) ⇒ ∠ MAH = ∠ BPM (5) Từ (4) và (5) suy ra: ∠ BAM = ∠ MAH Chứng minh: ∆ BAH = ∆ HAM (c.h - g.n) ⇒ AB = AH Từ đó suy ra: MN tiếp xúc với đường tròn (A; AB) cố định. 0,5 c. Tam giác APM vuông cân tại P ⇒ AP = PM ⇒ AM = AP 2 ⇒ 2 1 = AM AP ∆ APQ đồng dạng ∆ AMN (g - g) 2 1 2 1 2 2 =       =       =⇒ AM AP S S AMN APQ ⇒ S APQ = 2 1 S AMN . Suy ra: S APQ = S PQMN ⇒ 1= PQMN APQ S S Vậy tỉ số PQMN APQ S S không đổi khi M, N thay đổi. 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài 5 2 điểm Ta có: (x - y) 2 + (y - z) 2 + (z - x) 2 ≥ 0 với mọi x, y, z ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx ⇒ (x + y + z) 2 ≥ 3(xy + yz + zx) Vì x + y + z = 2 nên 2 31 ≥ ++ zxyzxy Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3 2 Chứng minh và áp dụng bài toán phụ: baba + ≥+ 411 với a > 0, b > 0 ta có: ( ) ( ) 2 4 2 11 2222 = ++ ≥ ++ + ++ zyx zxyzxy zyx Dođó: ( ) ( ) 9 2 3 223 2 43 2 635 222222 =⋅+⋅≥ ++ + ++ + ++ = ++ + ++ zxyzxy zyx zxyzxy zyx zxyzxy ⇒ 9 35 222 ≥ ++ + ++ zyx zxyzxy Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: ( )      ++=++ === 222 2 3 2 zyxzxyzxy zyx Hệ này vô nghiệm nên đẳng thức không xảy ra. Vậy: 9 35 222 > ++ + ++ zyx zxyzxy 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 GHI CHÚ Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. Bài hình học nếu không vẽ hình thì không chấm điểm. . DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Gồm có 4 trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2009 - 2010 Môn thi: TOÁN LỚP: 9 THCS Ngày thi: 24/ 03/ 2010 Bài Đáp án và hướng. minh) 1 1 GHI CHÚ Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. Bài 4 nếu không vẽ hình thì không chấm điểm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2009 -. CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2009 - 2010 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ DỰ BỊ (Gồm có 4 trang) Môn thi: TOÁN LỚP: 9 THCS Bài Đáp án và hướng dẫn chấm Điểm Bài 1 4 điểm a. Điều kiện để biểu thức