Phòng giáo dục và Đào tạo đề thi chọn đội tuyển HSG lớp 9 dự thi Hà trung cấp tỉnh Năm học 2011-2012 Môn thi: Toán. Thời gian: 150 phút Cõu 1: (3,0 im) Cho biu thc: Q= ( ) 2 : x y xy x x y y x y y x x y x y + + ữ ữ + a. Rỳt gn biu thc Q b. Chng minh Q>1 Cõu 2: (2,5 im) a. Gii h phng trỡnh: 8 9 5 xy yz yz zx zx xy + = + = + = b. Chng minh rng khi k thay i thỡ ng thng (k+1)x + (k-1)y =k+1 (k 1) luụn i qua mt im c nh. Cõu 3: (2,5 im) a. Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc A= 2 5 3 6 11x x + + b. Tỡm s chớnh phng cú 4 ch s; bit rng khi tng thờm mi ch s mt n v thỡ s mi c to thnh cng l mt s chớnh phng. Cõu 4: (3,0 im) a. Cho a>c; b>c; c>0. Chng minh rng ( ) ( )c a c c b c ab + b. Cho 1; 1a b chng minh rng 2 2 1 1 2 1 1 1a b ab + + + + Cõu 5: (3,5 im) Cho tam giỏc ABC vi ng phõn giỏc trong AD v trung tuyn AM. V ng trũn tõm (O) qua 3 imA, D, M ct AB, AC E v F. Bit ã ã BED BMA = v ã ã CFM ADM = a. Chng minh BD.BM = BE.BA v CD.CM=CF.CA b. So sỏnh BE v CF c. Cho bit gúc BAC bng 90 0 . Chng minh: 2 1 1 AD AB AC = + Cõu 6: (3,5 im) Cho on thng AB =2a cú trung im O. Trờn cựng mt na mt phng b AB dng na ng trũn (O) ng kớnh AB v na ng trũn (O') ng kớnh AO. Trờn (O') ly mt im M (khỏc A v O), tia OM ct (O) ti C, gi D l giao im th hai ca CA vi (O'). a. Chng minh ADM cõn b. Tip tuyn ti C ca (O) ct tia OD ti E, xỏc nh v trớ tng i ca ng thng EA i vi (O) v (O'). c. Ti v trớ ca M sao cho ME//AB; k MK AO; bit AK=b (b<a). Tớnh di OM theo a v b. Cõu 7: (2,0 im) Tỡm nghim nguyờn ca phng trỡnh 2y 2 x+x+y+1=x 2 +2y 2 +xy Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN CHỌN ĐỘI TUYỂN HÀ TRUNG HSG LỚP 9 DỰ THI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011-2012 Câu Nội dung Điểm C©u 1 (3,0 ®iÓm) a. (2,0 ®iÓm) §KX§: x 0; 0;y x y ≥ ≥ ≠ Q= ( ) 2 : x y xy x x y y x y y x x y x y − +   − − +  ÷  ÷ − + −   = = ( )( ) ( )( ) : ( )( ) x y xy x y x y x y x xy y x y x y x y x y   + − − + − + + −  ÷  ÷ + − − +   = : ( ) ( ) x y xy x xy y x y x y x y   + − + + + −  ÷  ÷ + +   = 2 : x y xy x y xy x y xy x y x y + − + + − − − + + = : x y xy xy x y x y + − + + = . x y xy x y x y xy + − + + = x y xy xy + − b. (1,0 ®iÓm) Do x y ≠ nên 2 ( ) 0 2 0x y x y xy − > ⇔ + − > x y xy xy ⇔ + − > ̃ x y xy xy + − >1 0,25 ® 0,5 ® 0,5 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,25 đ Câu 2: (2,5 đ) a. (1,5 đ) Giải hệ phương trình: 8 (1) 9 (2) 5 (3) xy yz yz zx zx xy + = ́  + =   + =  Lấy vế cộng vế ta được: 2(xy+yz+xz) =22 ̃ xy+yz+xz =11 (4) Trừ (4) cho các pt của hệ ta được: 2 3 6 xy zx yz = ́  =   =  ̃ (xyz) 2 =36 Thay vào hệ phương ta được x= ± 1; y= ± 2; z= ± 3 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (1; 2; 3) và (-1; -2; -3) 0.5 0.5 0.25 0.25 b. (1,0 điểm) Chứng minh rằng khi k thay đổi thì đường thẳng (k+1)x + (k-1)y =k+1 (k ≠ 1) luôn đi qua một điểm cố định. Gỉa sử đường thẳng đi qua điểm M(x 0 ; y 0 ) Ta có (k+1)x 0 + (k-1)y 0 =k+1 kx 0 +x 0 +ky 0 -y 0 = k +1 (x 0 - 1)k + ky 0 -y 0 + x 0 - 1 = 0 0.25 0.25 ̃ 0 0 0 0 1 0 0 1 0 x y x y − = ́  =   − − =  ⇔ 0 0 1 0 x y = ́  =  Vậy đường thẳng luôn đi qua điểm cố định (1; 0). 0.25 0.25 Câu: 3 (2,5 đ) a. (1.25 điểm) A= 2 5 3 6 11x x + − + ta có x 2 - 6x + 11 = (x-3) 2 +2 2 x ≥ ∀ Dấu "=" xảy ra khi x=3 ̃ 2 x 6x 11 2 − + ≥ ̃ 3+ 2 x 6x 11 2 − + ≥ +3>0 2 1 1 3 2 3 6 11x x ≤̃ + + − + Dấu "=" xảy ra khi x=3 2 5 5 3 2 3 6 11 A x x = ≤̃ + + − + Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là 5 3 2 + khi x =3 b. (1.25 điểm) Đặt x 2 = dabc =1000a+100b+10c+d (1) (với x * N ∈ ) Khi tăng thêm mỗi chữ số một đơn vị thì số mới cũng là số chính phương nên ta có: y 2 = ( 1)( 1)( 1)(d+1)a b c + + + =1000(a+1)+100(b+1)+10(c+1)+d+1 (2) Với y * N ∈ và a; b; c; d * N ∈ thoả mãn 1 8,0 ; ; 8a b c d ≤ ≤ ≤ ≤ Từ (1) và (2) ta có: y 2 -x 2 =1111 ⇔ (y-x)(y+x) =101.11 Ta có y+x>y-x và 101 và 11 là hai số nguyên tố nên ta có hệ phương trình 101 11 y x y x + = ́  − =  45 56 x y = ́ ⇔  =  Vậy số chính phương cần tìm là x 2 =45 2 =2025 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 4: (3,0 điểm) a. (1.25 điểm) Cho a>c; b>c; c>0. Chứng minh rằng ( ) ( )c a c c b c ab − + − ≤ Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) c a c c b c c a c c b c ab ab ab − + − − − = + = (1 ) (1 ) c c c c b a a b − + − Áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai số không âm ta có: (1 ) (1 ) c c c c b a a b − + − 1 1 1 2 2 c c c c b a a b + − + − ≥ + = Vậy ( ) ( ) 1 c a c c b c ab − + − ≥ ̃ ( ) ( )c a c c b c ab − + − ≤ 0.5 0.5 0.25 b. (1.25 điể) Cho 1; 1a b ≥ ≥ chứng minh rằng 2 2 1 1 2 1 1 1a b ab + ≥ + + + Ta có 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1a b ab a ab b ab     + − = − + −  ÷  ÷ + + + + + + +     = = 2 2 2 2 (1 )(1 ) (1 )(1 ) ab a ab b a ab b ab − − + + + + + = 2 2 2 2 ( )(1 ) ( )(1 ) (1 )(1 )(1 ) a b a b b a b a a ab b − + + − + + + + = 2 2 2 2 ( )[( ) (1 )] (1 )(1 )(1 ) a b a ab b a a ab b − − − + + + + + = 2 2 2 2 ( )( ) (1 )(1 )(1 ) a b a ab b ba a ab b − − − + + + + + = 2 2 ( )[ ( ) ( )] (1 )(1 )(1 ) a b ab a b a b a ab b − − − − + + + = 2 2 2 ( ) ( 1) (1 )(1 )(1 ) a b ab a ab b − − + + + ≥ 0 vì 1; 1a b ≥ ≥ 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 5: (3,5 đ) a. (1.25 đ) Hai tam giác BDE và BAM có: µ B chung · · DBE BMA = (gt) nên ∆ BDE ∆ BAM (g.g) ̃ DB BE BA BM = (1) ̃ BD.BM = BE.BA Chứng minh tương tự ta được ∆ CMF ∆ CAD (g.g) ̃ CD CF CA CM = (2) ̃ CD.CM = CF.CA 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 b. (1,0 điểm) Theo tính chất đường phân giác ta có DB AB DC AC = ̃ DB DC AB AC = (3) Từ (1), (2) và (3) BE CF BM CM = mà MB=CM nên BE=CF 0.5 0.5 c. (1.25 điểm) Theo đầu bài ta có · 0 90BAC = và AD là phân giác của góc A Từ D kẻ ;DI AB DJ AC ⊥ ⊥ ̃ Tứ giác AIDJ là hình chữ nhật Do AD là phân giác nên ∆ ADI vuông cân 0.25 F J I E M D B C A ̃ Tứ giác AIDJ là hình vuông ̃ AD =DI 2 Ta có S ABD +S ADC = S ABC ⇔ 1 2 AB.DI+ 1 2 AC.DJ= 1 2 AB.AC ⇔ DI(AB+AC)=AB.AC ⇔ 1 . AB AC AB AC DI + = ⇔ 1 1 1 IDAB AC + = ⇔ 1 1 2 ADAB AC + = 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 6: (3.5 đ) a. (1,25 đ)Ta có ∆ OAC cân tại O có OD ⊥ AC nên AD = DC Xét ∆ AMC vuông tại M có DA= DC (c/m trên) ̃ DA=DC=DM ̃ ∆ ADM cân tại D 0.25 0.25 0.25 0.5 b. (1.0 đ) Chứng minh ∆ AOE = ∆ COE (c.g.c) ̃ · · 0 EAO 90ECO = = hay EA ⊥ AB Vậy EA là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O') 0.5 0.5 c. (1.25 đ) Kẻ MK ⊥ AO; vì EM//AB nên ∆ MEO cân tại M và tứ giác AEMK là hình chữ nhật. Đặt MO = x Ta có MO 2 = AO 2 - AM 2 =AO 2 - AO.AK ⇔ x 2 = a 2 -a.b 2 x a ab ⇔ = − 0.5 0.5 0.25 Câu 7: (2.0 điểm) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2y 2 x+x+y+1=x 2 +2y 2 +xy ⇔ 2y 2 x+x+y+1- x 2 - 2y 2 - xy =0 ⇔ 2y 2 (x-1) - x(x-1) - y(x-1) +1 =0 (1) Ta có x = 1 không phải là nghiệm của PT (1) ⇔ 2y 2 - x - y + 1 1x − =0 (2) Để Pt (2) có nghiệm nguyên thì 1 1x − nguyên, nên x-1= ± 1 ̃ x ∈ { } 0; 2 Thay x =0 và và x=2 vào PT (2) ta được số nguyên y =1 Vậy PT đã cho có hai nghiệm nguyên (x; y) là (2; 1) và (0; 1) 0,25 0.25 0.5 0.5 0.25 0.25 K H E D C O' O A B M . Phòng giáo dục và Đào tạo đề thi chọn đội tuyển HSG lớp 9 dự thi Hà trung cấp tỉnh Năm học 2011-2012 Môn thi: Toán. Thời gian: 150 phút Cõu 1: (3,0 im) Cho biu. 2y 2 x+x+y+1=x 2 +2y 2 +xy Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN CHỌN ĐỘI TUYỂN HÀ TRUNG HSG LỚP 9 DỰ THI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011-2012 Câu Nội dung Điểm C©u