Vậy EF đi qua trung điểm I của BC.. Giả sử 3 đoạn thẳng AB, AC, AD cùng màu đỏ nếu cùng màu xanh thì lập luận tương tự Xét ∆BCD nếu có một cạnh, chẳng hạn BC màu đỏ thì ∆ABC có ba cạnh m
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Gồm có 4 trang)
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
Năm học: 2009 - 2010 Môn thi: TOÁN LỚP: 9 THCS Ngày thi: 24/ 03/ 2010
Bài 1
4 điểm
a Điều kiện để biểu thức P có nghĩa:
≠
≠
≥
⇔
≠
−
≠
−
≠
−
≥
4 1 1 0
0 1 2
0 1
0 1 0
x x x
x
x x x x
1 2 1 2
1 1
1
1 2
−
+
− +
−
⋅
−
+
−
−
− +
x
x x
x
x x
x x x
x
x x x
1 2 1 2
1
1
−
+
− +
+
−
−
−
x
x x
x
x x x
x
x x
( ) (2 (1)( ) 1) 2 1
1 1
) 1 (
1 1
−
+ +
−
+
− + +
−
+
−
x
x x
x
x x x
x x
x x
x
1 2 1 2 1
1
−
+
−
− + +
+
x
x x
x x
x
x x
1
1
+ +
+
x x
x x
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
b Ta có
4
x
2 11 3 9
6 2 5 6 20 49 6 2 5
−
−
−
2 11 3 9
6 2 5 6 2 5 6 2
−
−
−
2 11 3 9
2 11 3 9 2 11 3 9
2 3 2
11 3 9
2 3 2
3 6 2
=
−
−
=
−
−
=
−
−
−
−
Suy ra: x = 4 Khi đó biểu thức P có giá trị là
7 6
0,5
0,5 0,5
Bài 2
5 điểm
a ĐKXĐ:
( )( )
≠
≠
⇔
≠ +
+
≠
−
−
⇔
≠ + +
≠ +
−
3 2
1 0
12
23 6
1 3
0 2 3 1 0
2 3
0 2 5
2
2
x
x x
x x x
x
x x
Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình Chia cả tử và mẫu của
mỗi phân thức cho x ta được: 2 1 6
3
13 5
2 3
+ +
+
− +
x
x x
Đặt 3x +
x
2 = t thì phương trình trở thành:
0,5
0,25
Trang 26 1
13 5
+
+
t (t ≠5; t ≠ -1) ⇒ 2( )t+1 +13(t−5) (=6t−5)( )t+1
⇔ 6t2 − 39t+ 33 = 0 ⇔ 2t2 − 13t+ 11 = 0
Giải phương trình 2t2 − 13t+ 11 = 0ta được t1 =
2
11
; t2 = 1
* Với t1 =
2
11
ta có 3x +
x
2 = 2
11
0 4 11
6 2 − + =
Giải phương trình 6 x2 − 11 x + 4 = 0 ta được x1 =
3
4
; x2 = 2 1
* Với t2 = 1 ta có 3x +
x
2 = 1 ⇔3x2 - x + 2 = 0 Phương trình 3x2 - x + 2 = 0 vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x1 =
3
4
; x2 = 2 1
0,25 0,25
0,25
0,25 0,25
= +
= +
⇔
−
=
= +
5 4
4 3 5
4
4 3
2
2 2
xy y
xy x
xy y
y x x
Cộng từng vế của hai phương trình trong hệ ta được:
x2 + 4xy + 4y2 = 9 ⇔(x + 2y)2 = 9 ⇔ x + 2y = ±3
* Nếu x + 2y = 3 thì ta có hệ phương trình
= +
= +
4 3
3 2
x
y x
⇔
=
− +
−
=
⇔
=
− +
−
−
=
0 5 3 2
2 3 4
2 3 3 2 3
2 3
2 2
y y
y x
y y y
y x
Giải phương trình 2y2 + 3y - 5 = 0 ta được y1 = 1; y2 =
2
5
− Suy ra: x1 = 1; x2 = 8
* Nếu x + 2y = -3 thì ta có hệ phương trình
= +
−
= +
4 3
3 2
x
y x
⇔
−
−
=
⇔
=
−
− +
−
−
−
−
=
0 5 3 2
2 3 4
2 3 3 2 3
2 3
2 2
y y
y x
y y y
y x
Giải phương trình 2y2 - 3y - 5 = 0 ta được y3 = - 1; y4 =
2
5 Suy ra: x3 = - 1; x4 = - 8
Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là:
(x; y) = (1; 1); (8;
2
5
− ); (-1; -1); (-8;
2
5 )
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 3
3 điểm
A = ( ) ( )(2 )
x
x z y x z
y
y z y x z
+ ( ) ( )(2 )
z
x z y z x
Ta có: ( )( )
2
x
yz x
z y x
x z y
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương y, z ta được:
x
yz x
yz x
yz x
yz x
yz x
z
+
= + +
≥ +
+
1
2 2
2
0,5
0,5
Trang 3Suy ra: ( ) ( )( ) ( ) yz
x
z y z y x
yz z
y x
x z y x z
+ +
≥ + +
mà
x
yz z y yz x
yz z
y yz x
z y z
x
x z y x z
x
yz z
y+ +2
≥
Tương tự: ( ) ( )(2 )
y
y z y x z
y
xz z
x+ + 2
≥
( ) ( )(2 )
z
x z y z y
z
yx x
y+ +2
≥
Do đó:
+ + +
= + + + + +
≥
z
xy y
zx y
zx x
yz x
yz z
xy z y x y
zx x
yz z
xy z
y
2
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương xy z ;xz y ta được:
x y
xz z
xy y
xz z
xy
2
≥ +
x
yz z
xy
2
≥
y
xz x
zy
2
≥ +
Suy ra: A ≥ 2(x + y + z) + 2x + 2y + 2z = 4(x + y + z) = 4 2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z =
3 2
Vậy GTNN của biểu thức A là 4 2, đạt được khi x = y = z =
3 2
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
Bài 4
6 điểm
d M
F
B
N E A
a ∆ABC đều ⇒∠BAC =∠ABC =∠ACB=600
Ta có: ∠ACN =∠ABC;∠ABM =∠ACB (hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây
cung) ⇒∠ACN =∠BAC;∠MBA=∠BAC
Mà các cặp góc ACN và BAC; MBA và BAC là hai cặp góc ở vị trí so le trong
AMB NAC
MB AC BA
∆ACN ~ ∆MBA
BA
CN MB
AC =
⇒
0,5
0,5
Trang 4Mà AC = BA = BC (vì tam giác ABC đều) nên
BC
MB CN
BC BC
CN MB
BC
=
⇒
=
Chứng minh ∆ MBC ~ ∆BCN trường hợp c - g - c
BC
MB CN
BC BCN
0,5 0,5
b Ta có: ∠AEB=∠ACB=600(góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
FCB FBC
Mà: ∠FCB= ∠MCB= ∠BNC(do ∆MBC ~ ∆BCN)
ABF BNC
ABF MCB
Suy ra: ∠BFM =∠ABF+∠FBC =∠ABC =600
Vì ∠MEB=∠MFB=600 nên tứ giác BMEF nội tiếp
0,5 0,5 0,5 0,5
c BC∩EF ={ }I
Chỉ ra: ∠BMC=∠CBN =∠FBI;∠BMC =∠BEF ⇒∠BEF =∠FBI
Do đó:∆IBF ~ ∆IEB (g - g) ⇒ IB2 =IE.IF (1)
Ta có: ∠NFC =∠BFM =600;∠CEN =∠ABC=600 ⇒∠NFC=∠CEN
⇒ tứ giác CNEF nội tiếp ⇒∠FEC =∠FNC(2 góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Mà: ∠FNC= ∠BNC= ∠MCB= ∠FCI ⇒ ∠FEC = ∠ICF
∆IEC ~ ∆ICF (g - g) ⇒IC2 =IE.IF (2)
Từ (1) và (2) suy ra: IB2 = IC2 ⇒ IG = IC ⇒ I là trung điểm của BC ⇒ I là
điểm cố định
Vậy EF đi qua trung điểm I của BC
0,5
0,5 0,5 0,25 0,25
Bài 5
2điểm
Giả sử có 6 điểm A, B, C, D, M, N trên một đường tròn
Từ một điểm vẽ đến 5 điểm còn lại được 5 đoạn thẳng thì có ít nhất ba đoạn
thẳng cùng màu
Giả sử 3 đoạn thẳng AB, AC, AD cùng màu đỏ (nếu cùng màu xanh thì lập luận
tương tự)
Xét ∆BCD nếu có một cạnh, chẳng hạn BC màu đỏ thì ∆ABC có ba cạnh màu
đỏ Trái lại thì∆BCD sẽ có ba cạnh màu xanh (điều phải chứng minh)
1
1
GHI CHÚ Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa
Bài 4 nếu không vẽ hình thì không chấm điểm
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2009 - 2010
Trang 5HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ DỰ BỊ
(Gồm có 4 trang)
Môn thi: TOÁN LỚP: 9 THCS
Bài 1
4 điểm
a Điều kiện để biểu thức A có nghĩa:
≠
≠
≥
⇔
≠
−
≠
−
≥
4 1 1 0
0 1 2
0 1
0
x x x x
x
x
0,5
A = 1-
1 2
) 1 )(
1 ( )
1 )(
1 (
) 1 2 )(
1 ( )
1 )(
1 (
) 1 2 )(
1 (
−
−
−
⋅
+
− +
− +
+ +
−
− +
x
x x
x x
x x
x x
x x
x
x x
= 1 -
1 2
) 1 )(
1 ( 1
) 1 2 ( 1
1 2
−
−
−
⋅
+
−
− +
−
−
x
x x
x x
x
x x x x
+
−
−
− +
−
x x
x x
x x
x
1
) 1 )(
1 ( ) 1 (
=
x x
x x x x x x x x x x x x x x x x
+
−
− + +
− +
− +
− +
− +
−
1
=
x
x +
−
1 1
0,5 0,25 0,25
0,25 0,25
b Ta có:
4
1
x = ( ) 3
3 3
3
1 2 1
2+ ⋅ − = 3 3
3 3
3
) 1 2 ( ) 1 2 ( + ⋅ − = = 3 [ ] ( )
3 3
3
3
1 2 ) 1 2 ( 2 3 1
2+ + + ⋅ − = 3 (1+3 4+3 2)(3 2−1) = = 3 ( )3 2 3 − 1 = 3 2 − 1 = 1
⇒ x = 4 Khi đó A =
3 1
1,5
0,5
Bài 2
4 điểm a ĐKXĐ: x + 5 ≠ 0 ⇒ x ≠ -5
Phương trình tương đương với phương trình: 11
5
+
+
x
x x
11 5
10 5
11 5
5 2 5
= +
+
+
⇔
= +
⋅
⋅ +
+
−
⇔
x
x x
x x
x x x
x
Đặt
5
2
+
x
x
= t thì phương trình (1) trở thành t2 + 10t = 11 (2) Giải phương trình (2) ta được t1 = 1; t2 = -11
* Với t1 = 1 ta có
5
2
+
x
x
= 1 ⇔x2 - x - 5 = 0 Giải phương trình x2 - x - 5 = 0 ta được x1 = 1 + 21; x = 1 - 21
0,5
0,5
0,5
Trang 6* Với t2 = -11 ta có
5
2
+
x
x
= -11 ⇔x2 + 11x + 55 = 0 Phương trình x2 + 11 x + 55 = 0 vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là: x1 = 1 + 21; x = 1 - 21
0,25 0,25
= +
= +
⇔
−
=
= +
6 4
10 3
6 4
10 3
2
2 2
xy x
xy y
xy x
y x y
Cộng từng vế của hai phương trình trong hệ ta được:
4x2 + 4xy + y2 = 16 ⇔(2x + y)2 = 16 ⇔ 2x + y = ±4
* Nếu 2x + y = 4 thì ta có hệ phương trình
= +
= +
10 3
4 2
y
y x
⇔
( ) ( ) + − =
−
=
⇔
=
− +
−
−
=
0 3 2
2 4 4
2 4 3 2 4
2 4
2 2
x x
x y
x x x
x y
Giải phương trình x2 + 2x - 3 = 0 ta được x1 = 1; x2 = -3
Suy ra: y1 = 2; y2 = 10
* Nếu 2x + y = - 4 thì ta có hệ phương trình
= +
−
= +
10 3
4 2
y
y x
⇔
=
−
−
−
−
=
⇔
=
−
− +
−
−
−
−
=
0 3 2
2 4 10
2 4 3 2 4
2 4
2 2
x x
x y
x x x
x y
Giải phương trình x2 - 2x - 3 = 0 ta được x3 = - 1; x4 = 3
Suy ra: y3 = - 2; x4 = - 10
Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là:
(x; y) = (1; 2); (-3; 10); (-1; -2); (3; 10)
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 3
3 điểm
Vì a.b.c = 1 nên đặt a =
x
1
; b = 1y ; c =
z
1
Khi đó: 1⋅1⋅1 =1
z y
x suy ra x, y, z là các số dương và x.y.z = 1 Biểu thức A trở thành:
A =
z x y x
z y
1 1 1 1
1 1 5
2
⋅
⋅
+
x y z y
x z
1 1 1 1
1 1 5
2
⋅
⋅
+
y z x z
y x
1 1 1 1
1 1 5
2
⋅
⋅
=
z y x
yz
1 1 1 5
2
+
+
x z y
zx
1 1 1 5
2
+
y x z
xy
1 1 1 5
2
= 5 + + + + x+y
z x z
y z y
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương
4
;
z y
x z y z y
x z
y z y
+
≥
+ +
2 2
(1)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 7Tương tự: z x y
x z
2
(2) ; x y z
y x
z
≥
+ +
2
(3) Cộng từng vế của các bất đẳng thức (1); (2); (3) ta được:
4
z y
x z
y x
+ ≥ x + y + z
⇔
+
+ +
+
z x z
y z y
≥ (x+ y+z) 2
1
⇔
+
+ +
+
z x z
y z y
2 5
Mặt khác x + y + z ≥ 33 xyz mà xyz = 1 nên x + y + z ≥ 3
Do đó: A ≥ 3
2
5 ⋅ =
2 15
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z ⇔ a = b = c = 1
Vậy GTNN của biểu thức B là
2
15 , đạt được khi a = b = c = 1
0,5
0,5
0,5
Bài 4
6 điểm
Q I
H
N P
M
B A
a Theo giả thiết: ∠MAN =∠MAB+∠NAD mà
0
90
=
∠
=
∠ +
∠ +
∠MAN BAM DAN BAD suy ra ∠MAN = 45 0 hay ∠MAP= 45 0
Vì ABCD là hình vuông nên ∠DBC = 45 0
Do đó: ∠MAP= ∠PBM = 45 0 ⇒ tứ giác ABMP nội tiếp
⇒ ∠ABM + ∠APM = 180 0(định lí) mà ∠ABM = 900 suy ra ∠APM = 900
⇒ ∠MPN = 900 ⇒ P thuộc đường tròn đường kính MN (1)
Chứng minh tương tự được tứ giác AQND nội tiếp ⇒ ∠AQN+∠ADN =1800
⇒ ∠AQN =900 ⇒ ∠NQM =900⇒ Q thuộc đường tròn đường kính MN (2)
∠BCD = 900 ⇒ ∠MCN = 900 ⇒ C thuộc đường tròn đường kính MN (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra 5 điểm P, Q, M, C, N cùng thuộc đường tròn đường
kính MN
0,5
0,5
0,5
0,5
b Theo câu a) ∠NQM =900 ⇒ NQ⊥ AM; ∠MPN = 900 ⇒ MP⊥ AN
Gọi giao điểm của AM và AN là I Suy ra I là trực tâm của tam giác AMN
⇒ AI ⊥ MN; AI ∩ MN = { }H ⇒ AH ⊥ MN tại H.
Vì tứ giác ABMP nội tiếp ⇒ ∠BAM = ∠BPM (4) (hai góc nội tiếp cùng chắn
cung BM)
Tứ giác AQIP có: ∠AQI + ∠API = 900 + 900 = 1800
⇒ tứ giác AQIP nội tiếp ⇒ ∠QAI = ∠QPI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung
0,5 0,5
0,5
Trang 8QI) ⇒ ∠MAH = ∠BPM (5)
Từ (4) và (5) suy ra: ∠BAM = ∠MAH
Chứng minh: ∆BAH = ∆HAM (c.h - g.n) ⇒ AB = AH
Từ đó suy ra: MN tiếp xúc với đường tròn (A; AB) cố định 0,5
c Tam giác APM vuông cân tại P ⇒ AP = PM ⇒ AM = AP 2 ⇒
2
1
=
AM AP
∆APQ đồng dạng ∆AMN (g - g)
2
1 2
2
=
=
=
⇒
AM
AP S
S
AMN APQ
⇒ SAPQ =
2
1
SAMN Suy ra: SAPQ = SPQMN ⇒ =1
PQMN
APQ
S S
Vậy tỉ số
PQMN
APQ
S
S
không đổi khi M, N thay đổi
0,5 0,5
0,5 0,5
Bài 5
2 điểm Ta có: (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 ≥ 0 với mọi x, y, z
⇒ x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx ⇒ (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx)
Vì x + y + z = 2 nên 1 ≥ 23
+
xy
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
3 2
Chứng minh và áp dụng bài toán phụ:
b a b
4 1 1
với a > 0, b > 0 ta có:
2
1 1
2 2
2
+ +
≥ + +
+ +
x
Dođó:
3 2 2 3 2
4 3
2
6 3
5
2 2 2 2
2
+ +
+ + +
+ + +
= + +
+ + + yz zx x y z xy yz zx x y z xy yz zx xy
+ +
+ +
xy
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
+ +
= + +
=
=
=
2 2 2
2
3 2
z y x zx yz xy
z y x
Hệ này vô nghiệm nên đẳng thức không xảy ra
Vậy: 5 2 32 2 >9
+ +
+ +
xy
0,25 0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
GHI CHÚ Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa
Bài hình học nếu không vẽ hình thì không chấm điểm