SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9
NĂM HỌC 2009 – 2010
Môn thi: TOÁN LỚP 9 - BẢNG A
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1. (4,5 điểm):
a) Cho hàm số
3 2010
f (x) (x 12x 31)
Tính
f (a)
tại
33
a 16 8 5 16 8 5
b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
22
5(x xy y ) 7(x 2y)
Câu 2. (4,5 điểm):
a) Giải phương trình:
2 3 2 2
x x x x x
b) Giải hệ phương trình:
2
1 1 1 2
x y z
21
4
xy z

Câu 3. (3,0 điểm):
Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
Câu 4. (5,5 điểm):
Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và
B. Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với
đường tròn tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai
đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác
với điểm A). Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng:
a)
MI.BE BI.AE
b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5. (2,5 điểm):
Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến AD. Điểm M di động
trên đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AB và AC. Vẽ
NH PD
tại H. Xác định vị trí của điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn
nhất.
- - - Hết - - -
Đề chính thức
Họ và tên thí sinh:....................................................................................................
Số báo danh:....................
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2009 – 2010
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang )
Môn: TOÁN - BẢNG A
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
1,
(4,5đ)
a)
(2,0đ)
33
16 8 5 16 8 5a
333
3
32 3 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 5 16 8 5 )a
0,5
332 3.( 4).aa
0,5
332 12aa
0,25
312 32 0aa
0,25
312 31 1aa
0,25
2010
( ) 1 1fa
0,25
b)
(2,5đ)
22
5( ) 7( 2 )x xy y x y
(1)
7( 2 ) 5xy
( 2 ) 5xy
0,25
Đặt
25x y t
(2)
()tZ
0,25
(1) trở thành
22
7x xy y t
(3)
Từ (2)
52x t y
thay vào (3) ta được
0,25
22
3 15 25 7 0y ty t t
(*)
0,25
2
84 75tt
Để (*) có nghiệm
2
0 84 75 0tt
28
025
t
0,25
0,25
Vì
0t Z t
hoặc
1t
0,25
Thay vào (*)
Với
0t
10y
10x
0,25
0,25
Với
1t
22
33
31
21
yx
yx
0,25
0,25
2,
(4,5đ)
a)
(2,5đ)
ĐK
0x
hoặc
1x
0,25
Với
0x
thoã mãn phương trình
0,25
Với
1x
Ta có
3 2 2 2
1
( 1) ( 1)
2
x x x x x x
0,5
2 2 2
1
1( ) ( 1)
2
x x x x x x
0,5
3 2 2 2
x x x x x
0,25
Dấu "=" Xẩy ra
2
2
1
1
xx
xx


0,25
2
2
111
1
xx xx
xx


Vô lý
0,25
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
0x
0,25
b)
(2,0đ)
2
1 1 1 2 (1)
() 21
4 (2)
x y z
I
xy z

ĐK
; ; 0x y z
0,25
Từ (1)
2 2 2
1 1 1 2 2 2 4
x y z xy xz yz
0,25
Thế vào (2) ta được:
2 2 2 2
2 1 1 1 1 2 2 2
xy z x y z xy xz yz
0,25
2 2 2
1 1 2 2 2 0
x y z xz yz
0,25
2 2 2 2
1 2 1 1 2 1
( ) ( ) 0
x xz z y yz z
0,25
2
2
1 1 1 1 0
x z y z






0,25
110
110
xz x y z
yz


0,25
Thay vào hệ (I) ta được:
1 1 1
( ; ; ) ( ; ; ) ( )
2 2 2
x y z TM
0,25
3,
(3,0đ)
Ta có
2
(x y) 0 x;y
0,25
22
x xy y xy
0,25
Mà x; y > 0 =>x+y>0
0,25
Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2)
0,25
x3 + y3 ≥ (x + y)xy
0,25
x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz
0,25
x3 + y3 + 1 ≥ xy(x + y + z) > 0
0,25
Tương tự: y3 + z3 + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0
0,25
z3 + x3 + 1 ≥ zx(x + y + z) > 0
0,25
1 1 1
Axy(x y z) yz(x y z) xz(x y z)
0,25
x y z
Axyz(x y z)


0,25
1
A1
xyz

0,25
Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 x = y = z = 1
0,25
4,
(5,5đ)
a)
(3,0đ)
Ta có:
BDE BAE
(cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O)
0,25
BAE BMN
(cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O')
0,25
BDE BMN
0,25
hay
BDI BMN
BDMI là tứ giác nội tiếp
0,50
MDI MBI
(cùng chắn cung MI)
0,25
mà
MDI ABE
(cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O)
0,25
ABE MBI
0,25
mặt khác
BMI BAE
(chứng minh trên)
0,25
MBI ~ ABE (g.g)
0,25
MI BI
AE BE
MI.BE = BI.AE
0,50
b)
(2,5đ)
Gọi Q là giao điểm của CO và DE
OC DE tại Q
OCD vuông tại D có DQ là đường cao
OQ.OC = OD2 = R2 (1)
0,50
Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm
của AB và OO'
OO' AB tại H.
0,50
Xét KQO và CHO có
0
Q H 90 ;O
chung
0,50
KQO ~ CHO (g.g)
KO OQ OC.OQ KO.OH (2)
CO OH
Từ (1) và (2)
2
2R
KO.OH R OK OH
0,50
Vì OH cố định và R không đổi
OK không đổi
K cố định
0,50
5,
(2,5đ)
ABC vuông cân tại A
AD là phân giác góc A và AD BC
D (O; AB/2)
0,25
Ta có ANMP là hình vuông (hình chữ nhật có AM là phân giác)
tứ giác ANMP nội tiếp đường tròn đường kính NP
mà
0
NHP 90
H thuộc đường tròn đường kính NP
0
AHN AMN 45
(1)
0,50
Kẻ Bx AB cắt đường thẳng PD tại E
tứ giác BNHE nội tiếp đường tròn đường kính NE
0,25
Mặt khác BED = CDP (g.c.g)
BE = PC
mà PC = BN
BN = BE
BNE vuông cân tại B
0
NEB 45
mà
NHB NEB
(cùng chắn cung BN)
0
NHB 45
(2)
0,50
Từ (1) và (2) suy ra
0
AHB 90
H (O; AB/2)
gọi H' là hình chiếu của H trên AB
AHB AHB
HH'.AB
SS
2
lớn nhất HH' lớn nhất
0,50
mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D cùng thuộc đường tròn đường
kính AB và OD AB)
0,50