SỞ GD & ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI Ngày thi: 17/3/2011 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút. Bài 1: (4,0 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức 4 2 a 1 A a a 1 a + = + + − , với a là nghiệm dương của phương trình 2 4x x 2 2 0+ − = . b) Giải phương trình 1 1 x x x 2 2 4 + + + + = . Bài 2: (4,0 điểm) a) Cho hình tròn có diện tích bằng 1, lấy 17 điểm bất kỳ trong hình tròn đó và không có 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng có ít nhất 3 điểm lập thành một tam giác mà diện tích nhỏ hơn 1 8 . b) Tìm cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn: x 2y 1 y 2x 1 2xy− + − = . Bài 3: (4,0 điểm) a) Giải hệ phương trình 2 2 2 x y 2 yz y z 2 xz z x 2 xy x y z 12  + =   + =  + =   + + =  . b) Cho phương trình (b 2 + c 2 - a 2 )x 2 - 4bcx + (b 2 + c 2 - a 2 ) = 0; trong đó x là ẩn và a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có nghiệm. Bài 4: (3,5 điểm) Cho hình thang ABCD (AB//CD). Một đường thẳng d song song với đáy, cắt cạnh bên AD tại P và cắt cạnh bên BC tại Q. Cho biết đường thẳng d chia hình thang ABCD thành hai phần có diện tích bằng nhau. Tính độ dài cạnh PQ; với AB = 9cm và CD = 15cm. Bài 5: (4,5 điểm) Cho đường tròn (O; R), đường kính BC và điểm A di động trên đường tròn đó (với A khác B và C). Đường phân giác của góc BAC cắt đường tròn (O) tại K (với K khác A). Biết độ dài đường cao của tam giác ABC là AH = h. a) Tính diện tích tam giác AHK theo R và h. b) Tìm giá trị của h để diện tích tam giác AHK đạt giá trị lớn nhất. c) Tính số đo góc ABC của tam giác ABC khi AH 3 HK 5 = . 1 ĐÈ CHÍNH THỨC Một lời giải: Bài 1: a) 4 2 4 2 a 1 A a a 1 a a a 1 a + = = + + + + + − . Phương trình 2 4x x 2 2 0+ − = có hệ số a, c trái dấu nên có một nghiệm dương, một nghiệm âm. Vì a là nghiệm dương của phương trình 2 4x x 2 2 0+ − = nên 2 2 a 1 4a a 2 2 0 a 2 2 2 2 + − = ⇔ = − + 2 4 a a 1 a 8 4 8 ⇒ = − + (với 0< a < 1) 4 2 1 6 9 a a 1 a a 8 8 8 ⇔ + + = + + 4 2 1 a a 1 a 6a 9 2 2 ⇔ + + = + + = 1 a 3 2 2 + 4 a a 1⇔ + + ( ) 1 a 3 2 2 = + (vì a+3>0) 4 a a 1⇔ + + + a 2 = ( ) 2 1 4a 2a 2 4 2 4 + − + = 0 + 2 . Vậy A = 2 . b) 1 1 x x x 2 2 4 + + + + = (1) ĐKXĐ: x 1 4 ≥ − (1) 2 1 1 1 1 1 1 x x 2. x . 2 x x 2 4 4 2 4 4 2   ⇔ + + + + + = ⇔ + + + =  ÷   1 1 1 1 x x 2 (vì x 0) 4 2 4 2 1 1 1 1 x 2. x . 2 4 4 2 4 ⇔ + + + = + + > ⇔ + + + + = 2 1 1 1 1 x 2 x 2 4 2 4 2   ⇔ + + = ⇔ + + =  ÷   (vì 1 1 x 4 2 + + > 0) ⇔ 1 x 4 + = 2 2 1 2 − 1 9 4 2 x x 2 2 4 4 − ⇔ + = ⇔ = − (thoả ĐKXĐ) Tập nghiệm của phương trình là S = {2 2− }. Bài 2: a) Chia hình tròn ra 8 phần bằng nhau. Vì 17 = 8.2 + 1, nên tồn tại một phần chứa ít nhất 3 điểm (không thẳng hàng). Do đó có ít nhất 3 điểm lập thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1 8 . 2 b) x 2y 1 y 2x 1 2xy− + − = (*) ĐKXĐ: x 1 2 ≥ ; y 1 2 ≥ . Ta có 2x - 1 - 2. 2x 1− .1 +1 = ( ) 2 2x 1 1 0− − ≥ 2x 1 x 2x 1 1 x − ⇔ ≥ − ⇔ ≤ (1) (vì x>0) Tương tự 2y 1 1 y − ≤ (2) (1) & (2) suy ra 2x 1 x − + 2y 1 2 y − ≤ (3) (*) ⇔ 2x 1 x − + 2y 1 y − = 2 (4) (1), (2), (3) & (4) suy ra 2x 1 1 x 1 x y 1 2y 1 1 y  − =  =   ⇔   = −   =   . Vậy (x; y) = (1; 1). Bài 3: a) 2 2 2 x y 2 yz y z 2 xz z x 2 xy x y z 12  + =   + =  + =   + + =  (1) ĐKXĐ: x, y, z ≥ 0. (1) ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 x y y z z x 0 x y z 12  − + − + − =    + + =  2 2 2 x y z x y z 12 = =  ⇔  + + =  x y z 2⇔ = = = (vì x, y, z ≥ 0). b) (b 2 + c 2 - a 2 )x 2 - 4bcx + (b 2 + c 2 - a 2 ) = 0 * Nếu b 2 + c 2 - a 2 = 0, thì phương trình trở thành: 4bcx = 0 (luôn có nghiệm). * Nếu b 2 + c 2 - a 2 ≠ 0, ta có ∆ ' = (-2bc) 2 - (b 2 + c 2 - a 2 ) 2 = (a + b + c)(a + b - c)(a + c - b)( b + c - a) > 0 (do a, b, c là ba cạnh của một tam giác). Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm. Bài 4: Gọi h 1 , h 2 lần lượt là chiều cao của hình thang ABQP, PQCD. Đặt PQ = x. Ta có 2S ABQP = 2S PQCD = S ABCD 3 9 x 15 Q A B D P C h 1 h 2 ⇔ (x + 9)h 1 = (x + 15)h 2 = 1 2 (9 + 15)(h 1 + h 2 ) ⇔ (x + 9)h 1 = (x + 15)h 2 = 12h 1 + 12h 2 . ⇔ ( ) ( ) ( ) 1 2 2 1 x 3 h 12h x 3 x 3 144 x 153 (x 3)h 12h  − =  ⇔ − + = ⇔ =  + =   (vì x > 0) Vậy PQ = 153 cm. Bài 5: a) Dễ thấy OK ⊥ BC. Gọi I là gaio điểm của AK và OH. Ta có ∆ AHI ∆ KOI HI OI HO h R R h ⇒ = = + = 2 2 R h R h − + 2 2 h R h HI R h − ⇒ = + . S AHK = 1 2 IH.h + 1 2 IH.R = 1 2 (R + h). 2 2 h R h R h − + = 1 2 2 2 h R h− . b) S AHK = 1 2 2 2 h R h− = ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 R .2.h R h h R h 4 4 4 − ≤ + − = Dấu " = " xảy ra khi h = 2 2 R h− ⇔ h = 2 R 2 . Vậy S AHK đạt giá trị lớn nhất khi h = 2 R 2 . c) Ta có OH 2 = HK 2 - R 2 = 5 3 AH 2 - R 2 (1) Ta có OH 2 = R 2 - AH 2 (2) (1) & (2) ⇒ OH = AH 3 ⇒ tg · AOH = 3 · · · 0 o 0 ABC 60 AOH 60 ABC 30  = ⇒ = ⇒   =  4 S R h R I H K B O C A . SỞ GD & ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI Ngày thi: 17/3 /2011 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút. Bài 1: (4,0 điểm) a) Tính giá trị của biểu. PQCD. Đặt PQ = x. Ta có 2S ABQP = 2S PQCD = S ABCD 3 9 x 15 Q A B D P C h 1 h 2 ⇔ (x + 9) h 1 = (x + 15)h 2 = 1 2 (9 + 15)(h 1 + h 2 ) ⇔ (x + 9) h 1 = (x + 15)h 2 = 12h 1 + 12h 2 . ⇔ ( ) ( ). 2 + − = ⇔ = − + 2 4 a a 1 a 8 4 8 ⇒ = − + (với 0< a < 1) 4 2 1 6 9 a a 1 a a 8 8 8 ⇔ + + = + + 4 2 1 a a 1 a 6a 9 2 2 ⇔ + + = + + = 1 a 3 2 2 + 4 a a 1⇔ + + ( ) 1 a 3 2 2 = + (vì