SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: Toán-lớp 9. Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010. Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề). Câu I (4,0 điểm). Cho biểu thức 2 1 2 1 ( ). 1 1 2 1 x x x x x x x x A x x x x + − − + − = + − − − − . 1. Tìm các giá trị của x để 6 6 5 A − = . 2. Chứng minh rằng 2 3 A > với mọi x thoả mãn 1 0, 1, 4 x x x≥ ≠ ≠ . Câu II (4,0 điểm). 1. Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thoả mãn : a 2 + c 2 = b 2 + d 2 Chứng minh rằng a + b + c + d là hợp số . 2. Tìm ,x y nguyên dương thỏa mãn: 2 ( 3) ( 3)x xy− +M Câu III (4,0 điểm). 1. Giải phương trình: 2 1 3 1x x x+ − = − . 2. Cho phương trình: 4 2 2 6 24 0x mx+ + = (m là tham số). Tìm giá trị của tham số m để phương trình có 4 nghiệm 1 2 3 4 , , ,x x x x phân biệt thỏa mãn: 4 4 4 4 1 2 3 4 144x x x x+ + + = . Câu IV (6,0 điểm). Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Gọi C là trung điểm của đoạn thẳng AO. Một đường thẳng a vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại I. Trên đoạn CI lấy điểm K bất kì (K không trùng với C và I). Tia AK cắt nửa đường tròn (O) tại M, tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại M cắt đường thẳng a tại N, tia BM cắt đường thẳng a tại D. 1. Chứng minh rằng tam giác MNK là tam giác cân. 2. Tính diện tích tam giác ABD theo R, khi K là trung điểm của đoạn thẳng CI. 3. Chứng minh rằng khi K chuyển động trên đoạn thẳng CI thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD luôn nằm trên một đường thẳng cố định. Câu V (2,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 4 1 111 ≤ + + + + + b ca a bc c ab . ----------------Hết---------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên học sinh: ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì chấm điểm từng phần tương ứng. Câu Lời giải – Kết quả Điểm I.1 2(điểm ) I.2 2(điểm ) 1) ( ) 2 1 2 1 ( ). 1 1 2 1 (2 1)( 1) (2 1)( 1) ( 1) 1 . (1 )( 1) 2 1 (1 ) 1 x x x x x x x x A x x x x x x x x x x x x x x x x x + − − + − = + − − − −   − + − + −   = + −   − + + − − +   0,5 ( 1) 1 1 1 . 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x   + + = − − = − =   + + + + + +   0,5 Ta có 6 6 1 6 6 6. 1 0 5 5 1 x A x x x x − + − = ⇔ = ⇔ − + = + + 0,5 Từ đó giải được 2 3; 2 3x x= + = − 0,5 2)Ta có: 2 2 1 2 2 1 0 ( 1) 0 3 3 1 x A x x x x x + > ⇔ > ⇔ − + > ⇔ − > + + 1 Do 1x ≠ nên 2 1 0 ( 1) 0x x− ≠ ⇒ − > 0,5 Vậy 2 3 A > 0,5 II.1 2(điểm ) II.2 2(điểm 1) Xét ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) - ( a + b + c + d) = a(a -1) + b( b -1) + c( c – 1) + d( d – 1) 0,5 Vì a là số nguyên dương nên a, (a – 1) là hai số tự nhiên liên tiếp ⇒ a(a-1) 2 tương tự ta có b(b-1); c(c-1); d(d-1) đều chia hết cho 2 0,5 ⇒ a(a -1) + b( b -1) + c( c – 1) + d( d – 1) là số chẵn Lại có a 2 + c 2 = b 2 + d 2 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 2( b 2 + d 2 ) là số chẵn. 0,5 Do đó a + b + c + d là số chẵn mà a + b + c + d > 2 ⇒ a + b + c + d là hợp số. 0,5 2) 2 ( 3) ( 3)x xy− +M (1) Vì x, y là các số nguyên dương nên từ (1) ⇒ x 2 y – 3y  xy + 3 ⇒ x(xy +3) – 3(x+y) ( 3)xy +M ⇒ 3(x+y) ( 3)xy +M ⇒ 3( x+y) = k(xy+3) ( k * N∈ ) (2) 0,5 +Nếu 3k ≥ thì ( ) ( ) 3( ) ( 3) 3( 3) 3 1 1 2 0x y k xy xy x y xy x y+ = + ≥ + ⇒ + ≥ + ⇔ − − + ≤ (Vô lí vì x, y nguyên dương) +Nếu k = 1 thì từ (2) ⇒ (x-3)(y-3) =6, mà x, y là các số nguyên dương nên x = 6 và 0,5 ĐỀ CHÍNH THỨC ) y = 5 hoặc x = 5 và y= 6 hoặc x=4 và y=9 hoặc x=9 và y=4. Thử lại thấy x = 6 và y = 5 hoặc x=9 và y=4 thỏa mãn (1). +Nếu k=2 thì từ (2) ta có: 3( x+y) = 2(xy+3) suy ra xy chia hết cho 3 (*) mặt khác 3( x+y) = 2(xy+3) ⇔ y(x-3)+x(y-3)+6=0 suy ra x>3 và y>3 vô lý. (**) Từ (*) và (**) ta có (x;y)=(1;3), (3;1). Thử lại vào (1) ta được (x;y)=(3;1). Vậy ( x, y) = ( 6;5); (9;4); (3;1). 0,5 III.1 2(điểm ) III.2 2(điểm ) 1) 2 1 3 1x x x+ − = − (1), điều kiện 0x ≥ Đặt 2 1 , 0x a a+ = ≥ ; 3 , 0x b b= ≥ 0,5 Suy ra 2 2 1b a x− = − Thay vào (1) ta được 2 2 a b b a− = − ( ).( 1) 0a b a b a b⇔ − + + = ⇔ = (do 0, 0a b≥ ≥ nên a+b+1>0) 1 Với a = b ta có 2 1 3 1x x x+ = ⇔ = thỏa mãn điều kiện Vậy x=1 là nghiệm của phương trình đã cho. 0,5 2) 4 2 2 6 24 0x mx+ + = Đặt 2 , 0t x t= ≥ phương trình trở thành: 2 2 6 24 0t mt+ + = (1) Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi pt(1) có hai nghiệm dương phân biệt 1 2 0 t t< < . 0,5 ' 2 2 1 2 1 2 6 24 0 4 . 24 0 2 0 2 6 0 m m t t m m t t m  ∆ = − >   > ⇔ = > ⇔ ⇔ < −   <   + = − >  0,5 Với 1 2 ,t t là hai nghiệm của pt (1) thì 1 1 x t= − , 2 1 x t= , 3 2 x t= − và 4 2 x t= nên ta có 4 4 4 4 2 2 2 1 2 3 4 1 2 1 2 1 2 2( ) 2 ( ) 2 .x x x x t t t t t t   + + + = + = + −   0,5 2 2 2(24 48) 144 5 5m m m= − = ⇔ = ⇔ = ± Từ đó suy ra 5m = − . 0,5 IV 6 điểm x N D M I B O A E C K 1) Ta có · · NMA MBA= ( Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, góc nội tiếp cùng chắn cungAM)(1) 0,5 · 0 90AMB = ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ · · ∆ ∆ ⇒ =: ( . )ACK AMB g g AKC MBA mà · · AKC NKM= ( 2 góc đối đỉnh) 1 suy ra: · · ( ) 2NKM MBA= Từ (1) và (2) suy ra · · NMK NKM MNK= ⇒ ∆ cân tại N. 0,5 2) Xét tam giác OCI vuông tại C có = − = − = ⇒ = 2 2 2 2 2 2 3 3 4 4 2 R R R IC OI OC R IC 2 3 ; 4 3 R CB R CK ==⇒ 0,5 Xét AKC ∆ và DBC ∆ có: · · · · 0 90 ;ACK DCB AKC DBC= = = ⇒ ∆ ∆ :AK C DBC (g.g) ⇒ = ⇒ = = = 3 . . 2 2 3 3 4 R R AC KC AC CB DC R DC CB KC R 1 3 2 3.2 2 . 2 R RRDCAB S ADB ===⇒ KL: = 2 3 ADB S R (Đvdt) 0,5 3) Dựng hình bình hành AONE. + Chứng minh được N là trung điểm của KD . 0,5 + Chứng minh được EK=ED 0,5 + Chứng minh được EA=EK (do tam giác ENK bằng tam giác OMN và NO=AE) ⇒ E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD. 0,5 + Chứng minh E cách đường thẳng a một khoảng bằng R (vì EN=AO=R) KL: E nằm trên đường thẳng b cố định song song với a và cách a một khoảng bằng R (nằm trên nửa mặt phẳng bờ CD không chứa điểm B) 0,5 V 2 điểm Ta có với x, y > 0 thì: ( x+y) 2 ⇒≥ xy4 (*) 11 4 11411         +≤ + ⇒ + ≥+ yxyxyxyx dấu bằng xảy ra khi x = y. 0,5 Áp dụng bất đẳng thức (*) và do a+b+c = 1 nên ta có: 1 1 ; 1 ( ) ( ) 4 ab ab ab c c a c b c a c b   = ≤ +  ÷ + + + + + +   Tương tự ta có: 1 1 ; 1 4 1 1 . 1 4 bc bc a a b a c ca ca b b a b c   ≤ +  ÷ + + +     ≤ +  ÷ + + +   0,5 ( ) 1 1 1 1 1 1 4 4 4 ab bc ca ab bc ab ca bc ca a b c c a b c a b c a b + + +   ⇒ + + ≤ + + = + + =  ÷ + + + + + +   0,5 ⇒ 4 1 111 ≤ + + + + + b ca a bc c ab . Dấu bằng xảy ra 3 1 ===⇔ cba 0,5 . ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 20 09- 2010 Môn thi: Toán-lớp 9. Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010. Thời gian làm bài: 150 phút. DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học sinh