Đề thi - Đáp án - HSG lớp 9 - 09 - PNT

2/ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A.. Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác vuông và tính bán kính của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.. 1/ Trong số các dây cung đi qua P hãy tì

Phòng giáo dục và đào tạo vĩnh Lộc

đề thi thành lập đội tuyển học sinh giỏi lớp 9

năm học 2008 - 2009

Môn: Toán ( Thời gian làm bài: 150 phút )

Bài 1 ( 2,5 điểm ): Cho biểu thức A =

3 1 2

5 1 3













x x

x x

1/ Rút gọn biểu thức A

2/ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A

Bài 2: ( 4,5 điểm )

1/ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC mà phơng trình của các đ-ờng thẳng AB, BC, CA lần lợt là x + 2y – 2 = 0; 2x + y – 13 = 0; x – 2y + 6 = 0 Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác vuông và tính bán kính của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC

2/ Giải phơng trình: x 3  3x 10  2x 7

Bài 3: ( 5,0 điểm )

1/ Cho  là góc nhọn thoả mãn Sin  + Cos  =

5

6

Hãy tính tổng Sin 4  + Cos 4 

2/ Cho x > y  0; chứng minh rằng: x + 



 )( 1 )2 (

4

y y

Bài 4: ( 5,5 điểm )

Cho P là một điểm cố định nằm trong đờng tròn tâm O bán kính R cho trớc ( P không trùng với O )

1/ Trong số các dây cung đi qua P hãy tìm dây cung có độ dài nhỏ nhất

2/ Qua P kẻ hai dây cung AC và BD vuông góc với nhau Chứng minh rằng

tổng AB 2 + CD 2 có giá trị không đổi khi hai dây AC và BD quay xung quanh điểm P nhng luôn vuông góc với nhau

3/ Đờng tròn ( O; OP ) cắt dây BD tại điểm M ( M nằm giữa P và B )

Hãy tính tổng PA 2 + PM 2 + PC 2

Bài 5: ( 2,5 điểm )

Cho x, y, a, b là các số thực thoả mãn đồng thời các điều kiện: x2 + y2 = 1 và

b a

b

y

a

x





 4 1

4

và Chứng minh rằng: 1004 1004

2008 1004

2008

) (

2

b a b

y a

x







- Họ và tên thí sinh:……… ; Số báo danh:

- Họ tên, chữ ký của ngời coi thi: ………

Chú ý: Ngời coi thi không đợc giảI thích gì thêm.

Phòng giáo dục và đào tạo vĩnh Lộc

hớng dẫn chấm môn toán

kỳ thi thành lập đội tuyển học sinh giỏi lớp 9

năm học 2008 - 2009

2,5

điểm

1

1,5

điểm

- Với x  1; Đặt x 1 = y  0; Ta có: x – 1 = y2, nên x = y2 + 1 Khi đó:

3x - x 1 - 5 = 3y2 + 3 – y – 5 = 3y2 – y – 2

= ( y – 1 ) ( 3y + 2 ) = ( x 1 - 1 ) ( 3 x 1 + 2 );

2x - x 1 - 3 = 2y2 + 2 – y – 3 = 2y2 – y – 1

= ( y – 1 ) ( 2y + 1 ) = ( x 1 - 1 ) ( 2 x 1 + 1 );

- Tìm ĐKXĐ của biểu thức A:

Với x  1; thì x 1  0 nên ĐKXĐ là: x  1; x  2

- Khi đó A =

1 1 2

2 1 3 ) 1 1 2 )(

1 1 (

) 2 1 3 )(

1 1 (



























x

x x

x

x x

- Vậy A =

1 1 2

2 1 3









x

x ; với x  1; x  2

0,25

0,50 0,25 0,25 0,25

2

1,0

điểm

Với x  1; x  2, theo câu a ta có:

A =

1 1 2

2 1 3









x

1 1 2

2

1 ) 1 1 2 ( 2 3











x

x

=

) 1 1 2 (

2

1 2

3







x

Do x 1  0 nên 2 x 1 + 1  1, do đó 2.( 2 x 1 + 1 )  2 > 0, suy ra 2.(2. 1 1 1)





2

1

;

Từ đó A  2 Dấu “ = ” xảy ra khi x = 1.

Vậy khi x = 1 thì biểu thức A đạt giá trị lớn nhất bằng 2.

0,50

0,25 0,25

2

4,5

điểm

1

2,0

điểm

- Đờng thẳng ( AB ) có phơng trình x + 2y – 2 = 0, hay

2

1



x ; với hệ số góc a 1 = -

2

1

;

Đờng thẳng ( BC ) có phơng trình 2x + y – 13 = 0, hay

y = - 2x + 13; với hệ số góc a 2 = - 2;

Đờng thẳng ( CA ) có phơng trình x - 2y + 6 = 0, hay

2

1



x ; với hệ số góc a 3 =

2

1

.

- Vì a 2 a 3 = - 2

2

1

= - 1, nên ( BC ) ( CA ), do đó tam giác ABC vuông ở C, với cạnh huyền AB

0,25

0,25

0,50

- Toạ độ của điểm A là nghiệm chung của hai phơng trình:

x + 2y – 2 = 0 ( 1 ) và x - 2y + 6 = 0 ( 2 )

Trừ từng vế hai phơng trình ta đợc 4y = 8, nên y = 2 Thay y = 2 vào phơng trình ( 1 ) ta đợc x = - 2

Vậy A ( - 2; 2 ).

- Toạ độ của điểm B là nghiệm chung của hai phơng trình:

2x + 4y – 4 = 0 ( 1/ ) và 2x + y – 13 = 0 ( 3 )

Trừ từng vế hai phơng trình ta đợc 3y = - 9, nên y = - 3 Thay y = - 3 vào phơng trình ( 3 ) ta đợc x = 8

Vậy B ( 8; - 3 ).

- Gọi R là bán kính của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC

thì R =

2

1

AB =

2

1

(  2  8 ) 2  ( 2  3 ) 2 =

2

5

5 ( Đơn vị

độ dài )

0,25

0,25 0,50

2,5

điểm

Xét phơng trình x 3  3x 10  2x 7 ( 1 )

- ĐKXĐ của phơng trình ( 1 ):

















0 7

2

0 10

3

0 3

x x

Hay























2 3 10 3

x x x

suy ra x  - 3 ( * )

- Với điều kiện ( * ): Nếu 3 x 10 - x 3 = 0, ta có

10

3 x = x 3, do đó 3x + 10 = x + 3, suy ra x = -

2 7

không thoả mãn ( * )

- Nhân hai vế của phơng trình ( 1 ) với 3 x 10 - x 3 ta

đợc 3x + 10 – ( x + 3 ) = 2 x 7 ( 3 x 10 - x 3 ) Hay 2x + 7 = 2 x 7 ( 3 x 10 - x 3 ) ( 2 )

- Do x  - 3 nên 2x + 7  1 > 0 nên 2 x 7 > 0, do đó ( 2 )  2 x 7 = 3 x 10 - x 3 ( 3 )

- Từ ( 1 ) và ( 3 ) suy ra 3 x 10 = 2 x 7, suy ra x = - 3

- Nhận thấy x = - 3 thoả mãn ( * ), nên nghiệm duy nhất của

phơng trình ( 1 ) là x = - 3.

0,50

0,25

0,50 0,50 0,50 0,25

3

5,0

điểm

1

2,0

điểm

Đặt A = Sin4  + Cos4 

- Vì  là góc nhọn nên ta có Sin2  + Cos2  = 1

- Theo giả thiết ta lại có: Sin  + Cos  =

5

6

; nên Sin2  + Cos2  + 2 Sin  Cos  =

25 36

0,50 0,50

Do đó Sin  Cos  =

50

11

; Suy ra Sin4  + Cos4  = ( Sin2  + Cos2  )2 – 2 sin2  Cos2  =

1 – 2

2500

121

=

2500

2258

- Vậy A =

2500 2258

0,25 0,50 0,25

2

3,0

điểm

Với x > y  0; ta phải chứng minh

x + 



 )( 1 )2 (

4

y y

- Do x > y  0, nên x – y > 0; y + 1 > 0, ( )( 1 ) 2

4



 y y

0

- Ta có: ( 1 )  2x + 



 )( 1 )2 (

8

y y

(2x – 2y) + (y + 1) + (y + 1) + 



 )( 1 )2 (

8

y y

( 2 )

- áp dụng bất đẳng thức Côsy cho 4 số dơng ( 2x – 2y ), ( y + 1 ), ( y + 1 ), 2

) 1 )(

(

8



 y y

0,50 1,00 0,50

( 2x – 2y ) + ( y + 1 ) + ( y + 1 ) + ( )( 1 ) 2

8



 y y

) 1 )(

(

8 ).

1 )(

1 )(

2 2 (











y y x

y y y x

= 8



 )( 1 )2 (

8

y y

( 2 )



 )( 1 )2 (

4

y y

0,50 0,25 0,25

4

5,5

điểm

1

1,0

điểm

H G

E

F

O

P

S

- Nối O với P Qua P kẻ dây EF vuông góc với OP Do O và

P cố định nên OP và EF cố định, do đó EF = m không đổi

- Qua P kẻ dây GS bất kỳ khác dây EF Ta chứng minh cho dây EF là dây cung có độ dài nhỏ nhất

- Thật vậy: Kẻ OH  GS Do P không trùng với O và dây

GS khác dây EF nên tồn tại tam giác OPH vuông ở H; Vì

vậy OP > OH; Suy ra EF < GS

- Vậy trong số các dây cung đi qua P thì dây EF vuông góc với OP là dây cung có độ dài nhỏ nhất

0,25 0,25 0,25 0,25

2,0

điểm

A

K D

B

C O

P

- Kẻ đờng kính BK Nối K với các điểm A, C, D.

- Tam giác ABK vuông ở A nên AB2 + AK2 = BK2 = 4R2 (1)

- Tam giác BDK vuông ở D nên KD  BD;

- Mặt khác AC  BD ( GT ) nên DK // AC, do đó đờng kính vuông góc với AC là trục đối xứng của cả hai dây AC

và DK, suy ra tứ giác ACKD là hình thang cân ( Đáy AC và

DK ), suy ra AK = CD ( 2 )

- Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra AB2 + CD2 = 4.R2

- Đờng tròn ( O; R ) cho trớc nên 4 R2 là hằng số

- Vậy khi hai dây AC và BD quay xung quanh điểm P ( P cố

định nằm trong đờng tròn ( O; R ) cho trớc ) nhng luôn vuông góc với nhau thì tổng AB2 + CD2 luôn có giá trị

không đổi bằng 4.R 2

0,50 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25

0,25

2,5

điểm

N

H

C

A

B D

O

- Đặt OP = k; PA = x; PM = y; PC = z ( Giả sử z  x ) thì

k không đổi và AC = PA + PC = x + z

- Kẻ OH  PB; ON  AC; Ta có AN = NC =

2

z

x 

; PH =

HM =

2

y

; PN = AN – PA =

2

z

x 

- x =

2

x

z 

- Tứ giác PHON là hình chữ nhật nên: PH = ON = HM;

PN = OH

- áp dụng định lý Pi ta go cho các tam giác vuông OPH và ONC ta có:

k2 = OP2 = PH2 + OH2 = (

2

y

)2 + (

2

x

z 

)2 ; suy ra 4k2 = x2 + y2 + z2 – 2xz ( 1 )

R2 = OC2 = ON2 + NC2 = (

2

y

)2 + (

2

z

x 

)2; suy ra 4R2 = x2 + y2 + z2 + 2xz ( 2 )

- Cộng từng vế ( 1 ) và ( 2 ) ta đợc:

4R2 + 4k2 = 2 ( x2 + y2 + z2 );

suy ra x2 + y2 + z2 = 2( R2 + k2 )

Hay PA 2 + PM 2 + PC 2 = 2( R 2 + k 2 )

0,25 0,50 0,25

0,50

0,50 0,25 0,25

2,5

điểm

- Theo giả thiết ta có x2 + y2 = 1 và

b a b

y a

x





 4 1

4

( 1 )

do đó x4 + y4 = 1 – 2.x2y2

- Trong đẳng thức ( 1 ) ta thay 1 bởi x2 + y2 ta đợc:

b

y a

x4 4

 =

b a

y x



 2 2

 a2y4 + b2x4 + ab ( 1 – 2.x2y2 ) = ab 

( ay2 – bx2 )2 = 0  ay2 = bx2 

b a b a

y x b

y a

x











 2 2 2 1 2

2008 1004

2008

) (

1

b a b

y a

x





  1004 1004

2008 1004

2008

) (

2

b a b

y a

x







( ĐPCM )

0,50 1,00 0,50 0,50

Chú ý:

Học sinh có thể giải bằng các cách khác với lời giải trong hớng dẫn chấm; nếu đúng, đủ bớc

và hợp lý thì ngời chấm thi vẫn có thể cho điểm tối đa theo biểu điểm quy định cho từng câu.

4

4,5

điểm

1

1,0

điểm

G

H E

K

I

M D

N

O

B

- Vì đờng tròn ( O; r ) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB

t-ơng ứng tại các điểm M, N, D nên theo tính chất tiếp tuyến

ta có AD = AN; BM = BD; CN = CM;

- Từ đó ta có: AD = AB – BD = AB – BM = AB – BC +

CM = AB – BC + CN = AB – BC + AC – AN

= AB – BC + AC – AD

- Suy ra 2 AD = b + c – a; Hay AD =

2

a c

b 

( ĐPCM )

0,25 0,50 0,25

3,5

điểm

- Đờng tròn ( I; R ) tiếp xúc với các đờng thẳng AB và AC

t-ơng ứng ở K và H nên theo tính chất tiếp tuyến ta có:

AK = AH = AB + BK + AC + CH = AB + BE + AC + CE =

AB + AC + BC = a + b + c, do đó AH = p ( p là nửa chu vi

của tam giác ABC ) Suy ra NH = AH – AN = a.

- Kẻ OG  IH ( G  IH ), ta có IG = IH – GH = R – r

- áp dụng định lý Pitago cho tam giác OGI vuông ở G ta có:

OI 2 = OG 2 + GI 2 ( 1 )

- Nhng OI  OM + IE = r + R ( 2 )

- Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra ( r + R )2  a2 + ( R – r )2

- Hay r2 + R2 + 2.r.R  a2 + r2 + R2 - 2.r.R; hay 4 r.R  a2

suy ra r.R 

4

2

a ( ĐPCM )

1,00 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50

5

2,5

điểm

- Theo giả thiết ta có x2 + y2 = 1 và

b a b

y a

x





 4 1

4

( 1 )

do đó x4 + y4 = 1 – 2.x2y2

- Trong đẳng thức ( 1 ) ta thay 1 bởi x2 + y2 ta đợc:

b

y a

x4 4

 =

b a

y x



 2 2

 a2y4 + b2x4 + ab ( 1 – 2.x2y2 ) = ab 

( ay2 – bx2 )2 = 0  ay2 = bx2 

b a b a

y x b

y a

x











 2 2 2 1 2

0,50 1,00 0,50

2008 1004

2008

) (

1

b a b

y a

x





  1004 1004

2008 1004

2008

) (

2

b a b

y a

x





Một số bài toán Bài 1: Cho ba số dơng x, y, z có tổng nhỏ hơn 1 Chứng minh rằng:

x2 12yx y2 12zx z2 12xy









Hớng dẫn giải:

Đặt a = x2 + 2yx; b = y2 + 2zx; c = z2 + 2xy ta có a + b + c = ( x + y + z )2 < 1 BĐT ( 1 ) trở thành 1 ( 1 1 1)

c b

a  > (a + b + c )( 1 1 1)

c b

a   9 

c b a

1 1 1



 >

c b

a 

9

>

1

9

= 9

Bài 2: Cho biểu thức: B = x( 4  y)( 4  Z)  y( 4  z)( 4  x)  z( 4  x)( 4  y)  xyz

Tính giá trị của biểu thức B nếu x; y; z là các số dơng thoản mãn điều kiện

x + y + z + xyz = 4 ( 1 )

Hớng dẫn giải:

( 1 )  4 ( x + y + z + xyz ) = 16 

) 4

)(

4

x   = x 16  4z 4yyz = x 4x 4y 4z 4y 4z yz 4 xyz =

x 4xyz 4 xyz = x ( 2 x  yz) 2 = x ( 2 x + yz ) = 2x + xyz

Từ đó B = 2x + xyz + 2y + xyz + 2z + xyz - xyz = 2 ( x + y + z + xyz ) = 8

Bài 3: Tính giá trị của biểu thức: A =

2008

2007 2008

2007 2007

2 2







( Hoặc chứng minh A là số tự nhiên )

Hớng dẫn giải:

Ta có A =

2008

1

2008 2  2008 2 2007 2  20078 2

Đặt x = 2007 suy ra 20082 = ( x + 1 )2 = x2 + 2x + 1

Đặt B = 20082 + 20082 20072 + 20072 thì

B = x2 + 2x + 1 + x2 (x2 + 2x + 1 ) + x2 = x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1

= x2 ( ( x2 + 12

x ) + 2 ( x + x

1

) + 3 )

Đặt y = x +

x

1

thì B = ( x2 + x + 1 )2 suy ra A =

1

1



x (x2 + x + 1 ) +

1



x

x

= x + 1 Vậy A = 2008

Bài 4: Cho x và y là hai số thực dơng nhỏ hơn 1, chứng minh rằng:

x2 + y2 – x3 – y3 <

2 1

Hớng dẫn giải:

Ta chứng minh cho x2 – x3 <

4

1

( * ) ; Thật vậy:

Cách 1: Do 0 < x < 1 nên 0 <

4

x

<

4 1

Ta chứng minh cho x2 – x3 

4

x

 4x2 – 4x3

 x  x ( 4x2 + 4x + 1 )

0

 4x2 + 4x + 1  0  ( 2x+ 1 )2

 0

Cách 2: ( * )  4x3 – 4x2 + 1 > 0 

Bài 5: Cho biểu thức: A = x2  1  2x2  4  21  3x2

1/ Tìm điều kiện xác định của biểu thức A

2/ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A

Hớng dẫn giải:

1/ ĐKXĐ: - 7 x  2 hoặc 2 x 7

2/ Đặt X = x2 + 1; Y = 2x2 – 4; Z = 21 – 3x2 ; thì X + Y + Z = 18

áp dụng BĐT Bunhia ta có:

A2 = ( 1 X  1 Y  1 Z) 2  3 ( X + Y + Z ) = 54

Lại so A  0 nên A max  A2 max  A2 = 54;  X = Y = Z = 6  x =

5; x = - 5

Bài 6: Cho x > y  0; Chứng minh rằng x + 



 )( 1 )2 (

4

y y

x 3 ( 1 )

Hớng dẫn giải:

+ Cách 1:



 )( 1 )2 (

8

y y

 ( 2x – 2y ) + ( y + 1 ) + ( y + 1 ) + 



 )( 1 )2 (

8

y y

x 8 ( 2 )

áp dụng bất đẳng thức Côsy cho 4 số dơng ( 2x – 2y ), ( y + 1 ), ( y + 1 ),

2 )

1

)(

(

8



 y y

( 2x – 2y ) + ( y + 1 ) + ( y + 1 ) + 2

) 1 )(

(

8



 y y

) 1 )(

(

8 ) 1 )(

1 )(

2 2 (











y y x

y y y x

= 8

+ Cách 2:

+ x  3 thì ( 1 ) hiển nhiên đúng

+ 0  y < x < 3 ta có 3 – x > 0

Ta có ( 1 )  2

) 1 )(

(

4



 y y

x  3 – x  4  ( 3 – x )( x – y ) ( y + 1 ) 2

( * )

áp dụng bất đẳng thức Côsy ta có:

8 = 2 ( x – y ) + ( y + 1 ) + ( y + 1 ) + 2 ( 3 – x )  4

4 2 (x y)(y 1 )(y 1 )( 3  x) 2

 2 = 4 2 (x y)(y 1 )(y 1 )( 3  x) 2  16 = 2 ( x – y )( y + 1 )( y + 1 )( 3 –

x ).2

 4  ( 3 – x )( x – y ) ( y + 1 ) 2

Vậy ( * ) đợc chứng minh

Bài 7: Chứng minh rằng 30 là số vô tỷ; Từ đó suy ra 2  3  5 cũng là số vô tỷ

Hớng dẫn giải:

Giả sử 30  Q; Đặt 30 =

n

m

; trong đó không mất tính tổng quát giả sử m

và n là các số nguyên dơng nguyên tố cùng nhau

Suy ra 30n2 = m2 ( 1 )  m2  30  m  2; 3; 5  m  6  m  30  m = 30k

Thay vào ( 1 ) đợc n = 30h suy ra 30 là ớc chung khác 1 của m và n Vô lý

Giải sử 2  3  5  Q; Đặt 2  3  5 = x

Biến đổi bằng cách cô lập 30 sẽ dẫn đến một đẳng thức: 30 là số vô tỷ nên từ đẳng thức cuối cùng suy ra vế phải cũng là số vô tỷ Vô lý vì tổng, hiệu, tích thơng của các số hữu tỷ là số hữu tỷ

Bài 8: Chứng minh rằng nếu x0 là nghiệm của phơng trình x 2 + ax + b = 0 thì

2

0

4 0

1 x

x

  a2 + b2 ( * )

Hớng dẫn giải:

( * )  4

0

x  ( 1 + 2

0

x )( a2 + b2 ) ( 1 )

Do x0 là nghiệm nên 2

0

x + ax0 + b = 0  2

0

x = ( - ax0 - b ) 

4

0

x  ( 1 + 2

0

x )( a2 + b2 )

Bài 9: Cho các số thực x; y; z; a; b; c thoả mãn đồng thời các điều kiện:

ax > 0; xz  y2 ; ac  b2

Chứng minh rằng ( x + a )( z + c )  ( y + b )2

Hớng dẫn giải:

Từ giả thiết suy ra a; x; z; c cùng dấu

Ta có ( x + a )( z + c ) = xz + xc + az + ac = xz + ac + (xc + az ) 

y2 + b2 + 2 axcz = y2 + b2 + 2 (xz)(ac)  y2 + b2 + 2 y2.b2 = y2 + b2 + 2.yb =

= ( y + b )2

Bài 10: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật giới bởi các đờng thẳng x =

-2; x = 4; y = - 1; y = 3 Tìm điểm nguyên nằm trên đờng thẳng 2x + 3 y = 5 nằm trong hình chữ nhật đã cho

Hớng dẫn giải:

Bài 11: Giải phơng trình: 3 3x 1  3 5  x 3 2x 9  3 4x 3 = 0 ( 1 )

Hớng dẫn giải:

Đặt a = 3 3 x 1; b = 3 5 x ; c = 3 2 x 9 thì a3 + b3 + c3 = 4x – 3

Từ ( 1 ) suy ra a + b + c = 3 a3 b3 c3

Suy ra ( a + b + c )3 = a3 + b3 + c3 suy ra ( a + b )( b + c )( c + a ) = 0