Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 THCS (Ngày thi 21-03-2014) - Năm học 2013-2014 - Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THANH HOÁ 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
Số báo danh 
........................ 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
Năm học 2013 - 2014 
Môn thi: TOÁN - Lớp 9 THCS 
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 21/03/2014 
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) 
Câu I (4,0 điểm): Cho biểu thức 
xy x xy xx 1 x 1
A 1 : 1
xy 1 1 xy xy 1 xy 1
                     
. 
 1. Rút gọn biểu thức A. 
 2. Cho 1 1 6
x y
  . Tìm giá trị lớn nhất của A. 
Câu II (5,0 điểm). 
1.Cho phương trình   04222 22  mmxmx . Tìm m để phương trình 
 có hai nghiệm thực phân biệt 1x , 2x thỏa mãn 
mxxxx 15
112
21
2
2
2
1


. 
 2. Giải hệ phương trình 
4 4 4
1x y z
x y z xyz
  

  
. 
Câu III (4,0 điểm). 
 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b) sao cho (a + b2) chia hết cho 
(a
2
b – 1). 
 2. Tìm Nzyx ,, thỏa mãn zyx  32 . 
Câu IV (6,0 điểm) : Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Một điểm C cố 
định thuộc đoạn thẳng AO (C khác A và C khác O). Đường thẳng đi qua C và 
vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại D. Trên cung BD lấy điểm M 
(M khác B và M khác D). Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại M cắt 
đường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD. 
 1. Chứng minh tam giác EMF là tam giác cân. 
 2. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh ba điểm 
D, I, B thẳng hàng. 
 3. Chứng minh góc ABI có số đo không đổi khi M di chuyển trên cung BD. 
Câu V (1,0 điểm) : Cho x, y là các số thực dương thoả mãn x + y = 1. 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
3 3
1 1B
xyx y
 

. 
----- HẾT ----- 
LỜI GIẢI Ở TRANG 3 
Câu Ý Lời giải (vắn tắt) Điểm 
I 
(4,0đ) 
1 
(2,5đ) 
Điều kiện: xy 1 . 0,25 
        
  
x 1 1 xy xy x xy 1 xy 1 1 xy
A :
xy 1 1 xy
       

 
        
  
xy 1 1 xy xy x xy 1 x 1 1 xy
xy 1 1 xy
       

 
0,50 
        
        
x 1 1 xy xy x xy 1 xy 1 1 xy
xy 1 1 xy xy x xy 1 x 1 1 xy
       
 
       
0,50 
1 x 1
x y xy xy
 

. 
1,25 
2 
(1,5đ) 
Theo Côsi, ta có: 1 1 1 16 2 9
x y xy xy
     . 
0,50 
Dấu bằng xảy ra  1 1
x y
  x = y = 
1
9
 . 
0,50 
Vậy: maxA = 9, đạt được khi : x = y = 
1
9
. 
0,50 
II 
(5,0đ) 
1 
(2,5đ) 
 T đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: 
0'     00422 22  mmmm (*) 0,50 
Với 0m theo Vi-et ta có: 





42.
24
2
21
21
mmxx
mxx
. 0,25 
Ta có 
  mxxxxxxmxxxx 15
11
2
2
15
112
2121
2
2121
2
2
2
1




(1) 0,50 
mmmmm 15
1
42
1
46
1
22




 0,50 
15
1
2
4
1
6
4
1





m
m
m
m
. Đặt t
m
m 
4
 do 0m 0 t 
0,50 
Ta cos (1) trở thành 4
12
4
15
1
2
1
6
1









t
t
t
tt
 ( do 
0t ) 0,50 
Với 4t ta có 24
4
 m
m
m thỏa mãn (*) 
0,25 
2 
(2,5đ) 
Ta có: 
4 4 4 4 4 4
4 4 4
2 2 2
x y y z z x
x y z
  
      2 2 2 2 2 2x y y z z x  = 
= 
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
x y y z y z z x z x x y
xyyz yzzx zxxy
  
     = 
= xyz (x + y + z) = xyz ( vì x + y + z = 1). 
0,50 
0,50 
0,50 
Dấu bằng xảy ra 
1
1 3
x y z
x y z
x y z
 
    
  
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 
1 1 1
; ;
3 3 3
x y z
 
   
 
0,50 
III 
(4,0đ) 
1 
(2,0đ) 
Giả sử (a + b2)  (a2b – 1), tức là: a + b2 = k(a2b – 1), với k 
 *  
  a + k = b(ka2 – b)  a + k = mb 
 (1) 
Ở đó m   mà: m = ka2 – b  m + b = ka2 (2) 
0,50 
Từ (1) và (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m + 1  
  (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka) 
 (3) 
Do m > 0 (điều này suy ra từ (1) do a, k, b > 0) nên m  1 
(vì m  ). 
Do b > 0 nên b – 1  0 (do b  )  (m – 1)(b – 1)  0. 
Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka)  0. 0,50 
Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka  0  k + 1  ka  1 
 k(a – 1) (4) 
Vì a – 1  0 (do a  , a > 0) và k  , k > 0 nên từ (4) 
có: 
a 1
k(a 1) 0
a 2
k(a 1) 1
k 1

  
      
0,25 
- Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2  
m 1 2
b 1 1 b 2
b 3m 1 1
b 1 2
  

       

 
Vậy, trường hợp này ta có: a = 1, b = 2 hoặc a = 1, b = 3. 0,25 
- Với a = 2 (vì k = 1). Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 
0  
b 1
m 1

 
. 
Khi b = 1, ta được: a = 2, b = 1. 
Khi m = 1: Từ (1) suy ra a + k = b  b = 3. Lúc này 
được: a = 2, b = 3. 0,25 
Tóm lại, có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn bài toán là: (1; 2), (1; 
3), (2; 3), (2; 1). 0,25 
2 
(2,0đ) Ta có zyx  32 yzzyx 232  0,50 
      yzzyxzyxyzzyx 41234232 2 
 (1) 
TH1. Nếu 0 zyx Ta có 
 
 zyx
zyxyz



4
124
3
2
 (2) 
vô lý 
( do Nzyx ,, nên vế phải của (2) là số hữu tỷ ). 
0,50 
TH2. 0 zyx khi đó  






3
0
1
yz
zyx
 (3) 0.50 
Giải (3) ra ta được 








3
1
4
z
y
x
 hoặc 








1
3
4
z
y
x
 thử lại thỏa mãn 0,50 
IV 
(6,0đ) 
1 
(2.5đ) 
Ta có M thuộc đường tròn tâm O đường kính AB (giả 
thiết) nên 0AMB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
 hay 0FMB 90 . 
Mặt khác 0FCB 90 (giả thiết).Do đó 0FMB FCB 180  . 
Suy ra BCFM là tứ giác nội tiếp  CBM EFM 1  (vì 
cùng bù với CFM ). 
Mặt khác  CBM EMF 2 (góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp 
tuyến và dây cung cùng chắn AM ). Từ (1) và (2) 
EFM EMF  . 
Suy ra tam giác EMF là tam giác cân tại E. 
(C hể nh n a nga EMF MBA MFE  nên suy ra 
EMF cân) 
0,50 
0,50 
0,50 
0,50 
0,50 
Gọị H là trung điểm của DF. Suy ra IH DF và  
DIF
DIH 3
2
 . 
Trong đường tròn  I ta có: DMF và DIF lần lượt là góc nội 
tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung DF. Suy ra 
1
DMF DIF
2
 (4). 
Từ (3) và (4) suy ra DMF DIH hay DMA DIH . 
Trong đường tròn  O ta có: DMA DBA 
0,50 
0,50 
0,50 
0,50 
0,50 
D
E
M
I
H
F
C O BA
 2 
(2.5đ) 
3(1đ) 
(góc nội tiếp cùng chắn DA ) 
Suy ra DBA DIH . 
Vì IH và BC cùng vuông góc với EC nên suy ra IH // BC. 
Do đó oDBA HIB 180  oDIH HIB 180    Ba điểm 
D, I, B thẳng hàng. 
Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng ABI ABD  
1
2
sđAD . 
Mà C cố định nên D cố định 
1
2
sđAD không đổi. 
Do đó góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên 
cung BD. 
0,50 
0,50 
V(1đ) 
Ta có: 
3
1 2xy1 1 1 1B
xy 1 3xy xy xy(1 3xy)(x y) 3xy(x y)

    
   
. 
Theo Côsi: 
2(x y) 1xy
4 4

  . 
0.25 
Gọi Bo là một giá trị của B, khi đó, tồn tại x, y để: 
o
1 2xy
B
xy(1 3xy)



  
 3Bo(xy)
2
 – (2 + Bo)xy + 1 = 0 (1) 
Để tồn tại x, y thì (1) phải có nghiệm xy   = Bo
2
 – 8Bo 
+ 4  0  o
o
B 4 2 3
B 4 2 3
  

 
0.25 
Để ý rằng với giả thiết bài toán thì B > 0. Do đó ta có: 
oB 4 2 3  . 
Với 
   
o
o
o
2 B 3 3 3 3
B 4 2 3 xy x(1 x)
6B 6 2 3 6 2 3
  
       
 
 
 
 
2
2 3 2 3
1 1 1 1
3 3
x , x
3 3
x x 0
3 26 2 2


  
 



  . 
0.25 
Vậy, minB 4 2 3  , đạt được khi 
2 3 2 3
1 1 1 1
3 3
x , y
2 2
   
  hoặc 
0.25 
2 3 2 3
1 1 1 1
3 3
x , y
2 2
   
  .