PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN PHÙ NINH

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH
MÔN TOÁN LỚP 9 NĂM HỌC 2011 - 2012
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: 07/02/2012

Bài 1. (4 điểm)
1. Rút gọn biểu thức A =

3+ 5
2 2 + 3+ 5

+

3− 5
2 2 − 3− 5

2. Cho biểu thức B = x − 2 + 4 − x
Tìm giá trị lớn nhất của B và giá trị x tương ứng.
Bài 2. (3,0 điểm):
1
4

Tìm x biết : x 2 − + x 2 + x +

1 1
= (2 x 3 + x 2 + 2 x + 1)
4 2

Bài 3. (1,5 điểm)


1









Giải hệ phương trình : 6  x − ÷ = 3  y − ÷ = 2  z − ÷ = xyz −
y
z
x
xyz
1



1





1




Bài 4. (1,5 điểm)
Cho a,b là các số nguyên dương thỏa mãn P = a 2 + b2 là số nguyên tố. P − 5 chia hết
cho 8. Giả sử các số nguyên x,y thỏa mãn ax 2 − by 2 chia hết cho P. Chứng minh rằng cả
hai số x,y đều chia hết cho P.
Bài 5. (5,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB; E là một điểm bất kì thuộc đường kính
AB (E khác A và B). Vẽ đường tròn (O’) đường kính EB, qua trung điểm H của AE vẽ
dây cung CD của đường tròn (O) và vuông góc với AE, BC cắt đường tròn (O’) tại I.
Chứng minh rằng:
a) Ba điểm I, E, D thẳng hàng.
b) HI là tiếp tuyến của đường tròn (O’).
c) ∆CHO = ∆HIO’.
d) HA 2 + HB2 + HC2 + HD 2 không đổi khi E chuyển động trên đường kính AB.
Bài 6. (2,0 điểm)
Cho (O; R) và hai điểm A, B cố định nằm ngoài đường tròn sao cho OA = R 2 .
Tìm vị trí điểm M trên đường tròn sao cho tổng MA+ 2 MB đạt giá trị nhỏ nhất?
Bài 7 (1,0 điểm).
Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng

a
b
c
+
+
> 2.
b+c
c+a

a+b

Bài 8 ( 1,0 điểm)
Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có ba góc nhọn. Chứng minh rằng
với mọi số thực x, y, z ta luôn có:

x 2 y 2 z 2 2x 2 + 2y 2 + 2z 2
+ + >
a 2 b2 c2
a 2 + b2 + c2

1
/>

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN PHÙ NINH

HD CHẤM THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI
HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN TOÁN LỚP 9
NĂM HỌC 2011 - 2012
Ngày thi: 07/02/2012

Bài 1 (4 điểm)
1. Rút gọn biểu thức A =

3+ 5
2 2 + 3+ 5

+


3− 5
2 2 − 3− 5

(2 điểm)

2. Cho biểu thức B = x − 2 + 4 − x
Tìm giá trị lớn nhất của B và giá trị x tương ứng (2 điểm)
Bài 1 (4 điểm)
1/ (2 điểm)
A=

3+ 5
2 2 + 3+ 5

+

3− 5
2 2 − 3− 5

Nhân tử và mẫu mỗi phân thức cho 2 ta có:
A=

2(3 + 5)

+

2(3 − 5)

……………………………..………….0,5 đ


4+ 6+2 5 4− 6−2 5


3+ 5
3− 5
 …………………………….…..0,5 đ
+
A= 2 
 4 + ( 5 + 1) 2 4 − ( 5 − 1) 2 
3+ 5 3− 5
+
)
A= 2(
……………………………….…0,25 đ
5+ 5 5− 5
 (3 + 5)(5 − 5) + (3 − 5)(5 + 5) 
A= 2
 ………………………….…0,25 đ
(5 + 5)(5 − 5)


15 − 3 5 + 5 5 − 5 + 15 + 3 5 − 5 5 − 5
A= 2
…………………………..0.25 đ
25 − 5
20
A = 2.
20
A= 2
……………………………………………………………..…..0,25 đ

2/ Cho biểu thức:
B = x−2 + 4− x

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B và giá trị x tương ứng(2 điểm)
Với điều kiện xác định: 2 ≤ x ≤ 4 . Ta có B ≥ 0 ………………….….…0,25 đ
B2 = 2 +2 ( x − 2)(4 − x) ……………………………………………….…..0,25 đ
Ta có: ( x + 2 − 4 − x ) 2 ≥ 0
⇒ x – 2 + 4 – x ≥ 2 ( x − 2)(4 − x) ……………………………………………0,25 đ
Do đó: B2 =2 + 2 ( x − 2)(4 − x) ≤ 2+2 ……………………………………0,25 đ
⇒ B2 ≤ 4……………………………………………………………..0,25 đ
⇒ B ≤ 2………………………………………………………………0,25 đ
Vậy B lớn nhất là bằng 2…………………………………………………….0,25 đ
khi x - 2 = 4 - x ⇒ x = 3…………………………………………….…………..0,25 đ
2
/>

Bài 2. (3,0 điểm): Tìm x biết :

1
1 1
x 2 − + x 2 + x + = (2 x 3 + x 2 + 2 x + 1)
4
4 2

Bài 2. (3,0 điểm):
1
1 1
x 2 − + x 2 + x + = (2 x 3 + x 2 + 2 x + 1)
4
4 2

1
1
x 2 − + x 2 + x + = (2 x3 + x 2 ) + (2 x + 1) ……………………..…….0,5 đ
4
4

⇔2
⇔

4 x 2 − 1 + 2 4 x 2 + 4 x + 1 = ( x 2 + 1)(2 x + 1) …………………………..…..0,25 đ

⇔

(2 x + 1)(2 x − 1) + 2 2 x + 1 = ( x 2 + 1)(2 x + 1) ……………………….…….0,25 đ

Vế trái không âm, x2+1 dương nên 2x+1 không âm…………………….…….0,25 đ
⇔ (2 x + 1)(2 x − 1) + 2(2 x + 1) = ( x 2 + 1)(2 x + 1) ……………………….……0,25 đ
⇔ (2 x + 1)(2 x + 1) = ( x 2 + 1)(2 x + 1) ………………………………………….0,25 đ
⇔

(2 x + 1) 2 = ( x 2 + 1)(2 x + 1) ……………………………………………….0,25 đ

⇔ 2 x + 1 = ( x 2 + 1)(2 x + 1) ………………………………………………....….0,25 đ
⇔ (2 x + 1)( x 2 + 1 − 1) = 0 ………………………………………………...……0,25 đ
⇔ 2x+1=0 hoặc x2 =0…………………………………………………………..0,25 đ
−1
⇔x=
hoặc x = 0
(thỏa điều kiện)…………………………0,25 đ
2


1
1
1
1


Bài 3: (1,5 điểm) Giải hệ phương trình : 6  x − ÷ = 3  y − ÷ = 2  z − ÷ = xyz −
y
z
x
xyz



ĐKXĐ của hệ phương trình x; y; z ≠ 0


1





Đặt 6  x − ÷ = 3  y − ÷ = 2  z − ÷ = xyz −
=a
y
z
x
xyz

1

1

1







1 a
1 a
1 a
a3
1
1
1
1
⇒ x− = ; y− = ;z− = ⇒
= xyz −
−x+ − y+ −z+
y 6
z 3
x 2
36
xyz
y
z

x
a
a a a 6a − a − 2a − 3a
=a− − − =
=0⇒a =0
36
6 3 2
6
2
⇒ xy = yz = zx = 1 ⇔ ( xyz ) = 1 ⇒ xyz ∈ { −1;1}
⇒

0,5

3

0,5

Nếu xyz=1 thì x=y=z=1
Nếu xyz=-1 thì x=y=z=-1
Vậy nghiệm của hệ phương trình (x;y;z) là: (1;1;1),(-1;-1;-1).
0,5
2
2
Bài 4: (1,5 điểm) Cho a,b là các số nguyên dương thỏa mãn P = a + b là số nguyên tố.
P − 5 chia hết cho 8. Giả sử các số nguyên x,y thỏa mãn ax 2 − by 2 chia hết cho P. Chứng
minh rằng cả hai số x,y đều chia hết cho P.
Đặt P=8k+5 ( k là số tự nhiên)
2 4k +2
2 4k +2

2
2
4k + 2 8k +4
4k + 2 8k + 4
Ta có ( ax ) − ( bx )  M( ax − bx ) ⇒ a .x − b . y MP

⇒ ( a 4 k + 2 + b 4 k + 2 ) .x8 k + 4 − b 4 k + 2 ( x8 k + 4 + y8 k + 4 ) MP

3
/>
0,5


Mà a 4 k + 2 + b4 k + 2 = ( a 2 ) + ( b 2 ) Ma 2 + b 2 = P và b

-Nếu trong hai số x,y có một số chia hất cho P. thì từ (*) ta suy ra số
0,5
thứ hai cũng chia hết cho p.
- Nếu cả hai không chia hết cho P , theo định lý Fec- ma ta có
x8k +4 ≡ y 8 k +4 ≡ 1( mod P ) ⇒ x8 k +4 + y 8k +4 ≡ 2 ( mod P ) mâu thuẫn với (*)
0,5
Vậy cả hai số x,y cùng chia hết cho P.
Bài 5. (5,0 điểm): Cho đường tròn tâm O đường kính AB; E là một điểm bất kì thuộc
đường kính AB (E khác A và B). Vẽ đường tròn (O’) đường kính EB, qua trung điểm H
của AE vẽ dây cung CD của đường tròn (O)
0,5đ
và vuông góc với AE, BC cắt đường tròn (O’)
tại I. Chứng minh rằng:
a) Ba điểm I, E, D thẳng hàng.
b) HI là tiếp tuyến của đường tròn (O’).
c) ∆CHO = ∆HIO’.

d) HA 2 + HB2 + HC2 + HD 2 không đổi
khi E chuyển động trên đường kính AB.
2 k +1

2 k +1

8 k +4

8k +4

a) (1,5đ) Tứ giác ACED là hình thoi (vì hai đường chéo vuông góc và cắt nhau
tại trung điểm) => AC // DE
0,5đ
Mà AC ⊥ BC => DE ⊥ BC
(1)
0,25đ
I thuộc (O’) => EI ⊥ IB hay EI ⊥ BC
(2)
0,25đ
Từ (1) và (2) => D, E, I thẳng hàng (đpcm)
0,5đ
b) (1,0đ)
· 'IB = B
µ mà D
·
·
· ' IB
·
·
µ =B

µ (cùng phụ với BCD
0,5đ
Vì HID
và O
) ⇒ HID
=O
= HDI
0
·
0,5đ
Do đó: HIO
= 90 , suy ra HI là tiếp tuyến của (O’)
c) (1,0đ)
Xét 2 tam giác vuông HCO và IHO’ có HC = HI (vì cùng = HD) (3)
0,5đ
Ta có OC =R(O)
HO’ = HE + EO’ = 1/2AE + 1/2EB = 1/2.2R(O)= R(O)
=> OC = HO’
(4)
ΔHCO
=
ΔIHO'
Từ (3) và (4) =>
(cạnh huyền – cạnh góc vuông)
0,5đ
d) (1,0đ)
Ta có: HA2 + HB2 = AC2 ; HC2 + HD2 = BD2
0,25đ
Mà BD = BC (do AB là đường trung trực của CD)
Nên HA2 + HB2 + HC2 + HD2 = AC2 + BC2

0,25đ
Mặt khác: ∆ACB nội tiếp đường tròn đường kính AB ⇒ ∆ ACB vuông tại C
0,25đ
⇒ AC2 + BC2 = AB2 = 4R2
Vậy, tổng HA2 + HB2 + HC2 + HD2 = 4R2 không đổi khi E chuyển động trên
0,25đ
đường kính AB.
Bài 6. (2,0 điểm): Cho (O; R) và hai điểm A, B cố định nằm ngoài đường tròn sao cho
OA = R 2 . Tìm vị trí điểm M trên đường tròn sao cho tổng MA+ 2 MB đạt giá trị nhỏ
nhất?
4
/>

Gọi C là giao điểm của đoạn thẳng OA với (O; R).
Trên đoạn OC lấy điểm N sao cho
Suy ra

B

OC
= 2
ON

0,5đ

OC OM OA
=
=
= 2 suy ra ∆MOA ~ ∆NOM
ON ON OM


(c.g.c)

M
N
O

MA
⇒
= 2 ⇒ MA = 2MN
MN

A

C

⇒ MA + 2MB = 2MN + 2MB = 2 ( MN + MB ) ≥ 2NB

0,5đ
0,5đ

(không đổi)
Dấu “=” xẩy ra khi M thuộc đoạn NB. Vậy M là
giao điểm của đoạn NB với đường tròn (O; R)

0,5đ

a
b
c

+
+
> 2.
b+c
c+a
a+b
a
2a
≥
Áp dụng BĐT AM-GM ta có a + b + c ≥ 2 a ( b + c ) ⇔
b+c a+b+c

Bài 7 (1,0 điểm). Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng

Chứng minh tương tự ta được

0,25

b
2b
c
2c
≥
;
≥
c+a a +b+c a +b a +b+c
2( a + b + c)
a
b
c

+
+
≥
=2
Suy ra
b+c
c+a
a+b
a +b+c
a = b + c

Dấu bằng xảy ra ⇔ b = c + a ⇔ a = b = c = 0 (Trái với giả thiết)
c = a + b


0,25

0,5

Vậy dấu = không xảy ra suy ra đpcm.
Bài 8 ( 1,0 điểm) Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có ba góc nhọn. Chứng
minh rằng với mọi số thực x, y, z ta luôn có:
Vì a 2 + b 2 + c2 > 0 ta có:

x 2 y 2 z 2 2x 2 + 2y 2 + 2z 2
+ + >
a 2 b2 c2
a 2 + b2 + c2

 x 2 y2 z 2 

a 2 + b2 + c2  2 + 2 + 2 ÷ =
b
c 
a

b2 + c2 − a 2  2 
a 2 + c2 − b2
= x2  2 +
+
y
2
+
÷

a2
b2




(

)

 2
a 2 + b2 − c2 
+
z
2
+

÷

÷
c2



2
2
2
2
2
2
2
 b + c − a  2  a + c − b  2  a + b2 − c2 
= 2x 2 + 2y 2 + 2z 2 + x 2 
÷+ y 
÷+ z 
÷
2
2
a
b
c2








0,5

(*)

Giả sử a ≤ b ≤ c thì c2 − a 2 ≥ 0;c2 − b 2 ≥ 0 . Với cạnh c lớn nhất ∠ACB
nhọn (gt) do vậy kẻ đường cao BH ta có c2 = BH 2 + HA 2 ≤ BC 2 + CA 2 = a 2 + b 2 từ đó suy ra
biểu thức (*) là không âm suy ra điều phải chứng minh
0,5
5
/>