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