Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 THCS - Năm học 2011-2012 - Sở Giáo dục và Đào tạo Thái Bình (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THÁI BÌNH 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011-2012 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
Câu 1. (3,0 điểm) 
Cho tam giác vuông có độ dài các cạnh là những số nguyên và số đo chu vi 
bằng hai lần số đo diện tích. Tìm độ dài các cạnh của tam giác đó. 
Câu 2. (3,0 điểm) 
Cho biểu thức: 
    2 2P 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x          với  x 1;1  
Tính giá trị của biểu thức P với 
1
x
2012

 . 
Câu 3. (3,0 điểm) 
Tìm các số thực x, y thỏa mãn: 
         
2
2 2 2 2 3 3
x 1 y 16x x 2x y 9 8x y 8xy 
Câu 4. (3,0 điểm) 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): 2y x và hai điểm A(-1;1), B(3;9) 
nằm trên (P). Gọi M là điểm thay đổi trên (P) và có hoành độ là m  1 m 3   . 
Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn nhất. 
Câu 5. (3,0 điểm) 
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi I là điểm bất kỳ nằm trong 
tam giác ABC (I không nằm trên cạnh của tam giác). Các tia AI, BI, CI lần lượt 
cắt BC, CA, AB tại M, N, P. 
a) Chứng minh: 
AI BI CI
2
AM BN CP
   . 
b) Chứng minh: 
 
2
1 1 1 4
AM.BN BN.CP CP.AM 3 R OI
  

. 
Câu 6. (3,0 điểm) 
Cho tam giác ABC có góc A tù, nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi x, y, z lần lượt 
là khoảng cách từ tâm O đến các cạnh BC, CA, AB và r là bán kính đường tròn 
nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng: y + z - x = R + r. 
Câu 7. (2,0 điểm) 
Cho x; y thỏa mãn 



 
x;y R
1
0 x;y
2
. Chứng minh rằng: 
yx 2 2
1 y 1 x 3
 
 
. 
----Hết----- 
Họ và tên thí sinh:.................................................................... Số báo danh:................ 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THÁI BÌNH 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011-2012 
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 
(Gồm 4 trang) 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
Câu 1 
Cho tam giác vuông có độ dài các cạnh là những số nguyên và số đo chu vi 
bằng hai lần số đo diện tích. Tìm độ dài các cạnh của tam giác đó. 
3.0 
Gọi độ dài các cạnh của tam giác vuông là a, b, c (a là độ dài cạnh huyền) 
Theo giả thiết và định lý Pitago, ta có: 
 
 2 2 2
a b c bc 1
b c a 2
  

 
0.5 
 
   
2 2 2
2 2
b c 2bc 2 a b c a
b c 1 a 1
      
    
 0.5 
 
b c 2 a
a b c 0 loaïi
  
 
  
 0.5 
Thế a = b + c - 2 vào (2) ta được: 
   2 + bc - 2b - 2c = 0 b-2 c 2 2   0.5 
Vì b, c là các số nguyên dương nên ta có các trường hợp sau: 
T.Hợp b - 2 c - 2 b c a K.Luận 
1 1 2 3 4 5 Nhận 
2 2 1 4 3 5 Nhận 
3 -1 -2 1 0 Loại 
4 -2 -1 0 1 Loại 
Vậy tam giác cần tìm có các cạnh là 3; 4; 5 
1.0 
Câu 2 
Cho biểu thức    2 2P 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x           x 1;1  
Tính giá trị của biểu thức khi 
1
x
2012
  . 
3.0 
         
   
2 2 2 2
2
2
2
2 2
Ta coù : ) 2 1 x 2 1 x 1 x x 2x 1 2 1 x 1 x 1 x
1 x 1 x
) 2 1 x 2 1 x 1 x 1 x 1 x
            
    
 
         
 
0.5 
0.5 
2 2
Suy ra : P 2 1 x 1 x 1 x 1 x        0.5 
2
1 x 1 x 1 x 1 x 1 x         
 
1
Vì x 1 x 1 x P 2 2 1 x
2012
1 2013
P 2 1 . 2
2012 2012

       
 
    
 
0.5 
0.5 
0.5 
Chú ý: Nếu HS tính P2 
 - Tính:    
2
2 2
P 2 1 x 2 1 x x    
 - Rút gọn:    2P 2 1 x 2 1 x x    
 - Thay 
1
x
2012

 được 
2
2
2
2013 2013 2013
P 2. 2. 2.
2012 2012 2012
 
    
 
 - Do P không âm suy ra 
2013
P 2
2012
 
1.0 
0.5 
0.5 
1.0 
Câu 3 
Tìm các số thực x, y thỏa mãn: 
  
2
2 2 2 2 3 3
x 1 y 16x x 2x y 9 8x y 8xy        (*) 
3.0 
Ta có:    
2
2 2 3
* x 1 y 4x x 2x y 9 0          0.5 
   
 
22
2 32 3
yx 4x y 0 1x 1 y 4x 0
x 2x y 9 0 2x 2x y 9 0
       
  
        
 0.5 
+ Nếu y = 0 thì từ (1) suy ra x = 0, thay vào (2) không thỏa mãn 0.5 
+ Nếu y  0, ta coi (1), (2) là phương trình bậc hai ẩn x. Điều kiện để có 
nghiệm x là: 
' 2
1
' 3
2
4 y 0 2 y 2
y 2
y 2y 8 0
      
   
    
0.5 
Thay y = 2 vào hệ (1), (2) ta được: 
2
2
2x 4x 2 0
x 1
x 2x 1 0
   
 
  
Vậy x = 1, y = 2. 
1.0 
Câu 4 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): 
2
y x và hai điểm A(-1;1), 
B(3;9) nằm trên (P). Gọi M là điểm thay đổi trên (P) và có hoành độ là m 
 1 m 3   . Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn nhất. 
3.0 
 
 
ABB'A'
1
S AA' BB' .A'B'
2
1
1 9 .4 20
2
 
  
 0.5 
 
  
AMM'A'
2
1
S AA' MM' .A'M'
2
1
1 m m 1
2
 
  
 0.5 
 
  
MBB'M'
2
1
S MM' BB' .B'M'
2
1
m 9 3 m
2
 
  
 0.5 
 
  
  
ABM ABB'A' AMM'A' MBB'M'
2
S S S S
8 2 m 1
 0.5 
Ta có:        
2
ABM ABM
S 8 2 m 1 8 vaø S 8 m 1 
Suy ra SABM lớn nhất bằng 8 m = 1 
1.0 
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. 
Câu 5 
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi I là điểm bất kỳ nằm 
trong tam giác ABC (I không nằm trên cạnh của tam giác). Các tia AI, BI, 
CI lần lượt cắt BC, CA, AB tại M, N, P. 
 a) Chứng minh: 
AI BI CI
2
AM BN CP
   
 b) Chứng minh: 
 
2
1 1 1 4
AM.BN BN.CP CP.AM 3 R OI
  

3.0 
a 
Kẻ IK, AH vuông góc với BC tại K, H. Ta có: 
 IBC
ABC
SIM IK
AM AH S
  0.5 
Tương tự, ta có: 
 IAC IAB
ABC ABC
SIN IP S
,
BN S CP S
  
0.25 
Suy ra: 
IM IN IP
1
AM BN CP
   0.25 
 
  
   
   
AM AI BN BI CP CI
1
AM BN CP
AI BI CI
2 ñpcm
AM BN CP
 0.5 
b 
Ta có: 
AI BI CI OA OI OB OI OC OI
2
AM BN CP AM BN CP
  
      
 
 
1 1 1
2 R OI
AM BN CP
2 1 1 1
vì R OI
R OI AM BN CP
 
     
 
    

0.5 
Chứng minh:    
2
x y z 3 xy yz zx     (*) dấu đẳng thức xảy ra khi x = y 
= z 
0.5 
Áp dụng (*) 
 
 
2
2
2
1 1 1 1 1 1 1
AM.BN BN.CP CP.AM 3 AM BN CP
1 2 4
ñpcm
3 R OI 3 R OI
 
     
 
 
  
  
Khi tam giác ABC đều thì dấu đẳng thức xảy ra. 
0.5 
Câu 6 
Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) có góc A tù. ..... 
Chứng minh rằng: y + z - x = R + r 
Gọi M, N, P lần lượt là trung 
điểm của BC, CA, ABOM = 
x, ON = y, OP = z. Đặt AB = c, 
BC = a, CA = b. 
Ta có tứ giác OMNC nội tiếp 
nên theo định lý Ptôlêmê suy ra: 
0.5 
 
MN.OC + OM.CN = ON.MC
c b a
.R x. y.
2 2 2
c.R x.b y.a 1
  
  
Tương tự, từ hai tứ giác nội tiếp 
OMPB và ONAP ta có: 
 
 
b.R x.c z.a 2
y.c z.b R.a 3
 
 
1.0 
Mặt khác:    
ABC OAB OAC OBC
S S S S r a b c c.z b.y a.x 4         0.5 
Cộng v.v.v của (1) và (2) rồi trừ v.v.v cho (3) ta được 
         
c.R b.x c.x b.R c.y b.z a.y a.z a.R
R a b c a y z b z x c y x 5
       
        
0.5 
Cộng v.v.v của (4) và (5) được 
     
 
R r a b c a b c y z x
R r y z x ñpcm
       
    
0.5 
Câu 7 Cho x, y thỏa mãn 
x,y R
1
0 x,y
2



 
. Chứng minh rằng: 
yx 2 2
1 y 1 x 3
 
 
 2.0 
Từ giả thiết suy ra: 
1 1 2
) x y 0 x y 2 xy
22 2
  
         
  
 (1) 
    
1 1 1
) x x x. ; y y y. x x y y x y 2
2 2 2
       
0.5 
0.5 
Lại có: 
 
   
2 2 2 2 11
xy xy 3xy xy
3 3 44
x y
2 2
xy
xy x y 4
2
3 6
           
 
     
0.5 
Từ (1), (2), (3) và (4) ta có: 
   
 
2 2 2 2 1 2
x x y y x y x y xy x y
2 2 3 4 6
2 2
1 x y xy
3
 
          
 
   
0.25 
P N
M
CB
A
O
Suy ra: 
y x x y y x yx 2 2
VT
1 y 1 x 1 x y xy 3
  
   
    
 (đpcm) 
Dấu đẳng thức xảy ra khi: 
1
x y
2
  
0.25