Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 THCS ( Ngày thi 24-3-2011) - Năm học 2010-2011 - Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THANH HOÁ 
Đề chính thức 
 Số báo danh 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH 
 Năm học 2010- 2011 
Môn thi: Toán 
Lớp: 9 THCS 
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 24/03/2011 
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu). 
Câu I. (5,0 điểm). 
 1) Cho phương trình: 2 2 2 1 0.x m x m    Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm 
1 2
,x x với mọi m. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 2
2 2
1 2 1 2
2 3
2(1 )
x x
P
x x x x


  
 khi m thay đổi. 
2) (a). Cho ba số hữu tỉ a, b, c thoả mãn 
1 1 1
.
a b c
  Chứng minh rằng 2 2 2A a b c   
 là số hữu tỉ. 
 (b). Cho ba số hữu tỉ , ,x y z đôi một phân biệt. Chứng minh rằng: 
2 2 2
1 1 1
( ) ( ) ( )
B
x y y z z x
  
  
 là số hữu tỉ. 
Câu II. (5,0 điểm).1) Giải phương trình: 
2 2
10
.
1 1 9
x x
x x
   
    
    
 2) Giải hệ phương trình: 
2
2
3
2 3
1 1
1 4
1
4.
x x
y y
x x
x
y y y
  
     
  

    


Câu III. (2,0 điểm). Cho tam giác đều ABC, các điểm D, E lần lượt thuộc các cạnh AC, AB, 
 sao cho BD, CE cắt nhau tại P và diện tích tứ giác ADPE bằng diện tích tam giác BPC. 
 Tính .BPE 
Câu IV. (4,0 điểm). Cho đường tròn tâm O và dây cung AB cố định (O AB ). P là điểm di động 
trên đoạn thẳng AB ( ,P A B và P khác trung điểm AB). Đường tròn tâm C đi qua điểm 
P tiếp xúc với đường tròn (O) tại A. Đường tròn tâm D đi qua điểm P tiếp xúc với đường 
tròn (O) tại B. Hai đường tròn (C) và (D) cắt nhau tại N ( N P ). 
1) Chứng minh rằng ANP BNP và bốn điểm O, D, C, N cùng nằm trên một đường tròn. 
 2) Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn ON luôn đi qua điểm cố định khi P di động. 
Câu V. (4,0 điểm). 
1) Cho 1 2 45, ,....,a a a là 45 số tự nhiên dương thoả mãn 1 2 45.... 130.a a a    Đặt 
1 , ( 1,2,...,44).j j jd a a j   Chứng minh rằng ít nhất một trong 44 hiệu jd xuất hiện ít 
nhất 10 lần. 
2) Cho ba số dương , ,a b c thoả mãn: 2 2 2 2 2 2 2011.a b b c c a      
 Chứng minh rằng: 
2 2 2 1 2011
.
2 2
a b c
b c c a a b
  
  
 ............................................................. HẾT ........................................................ 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. 
 Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
(Gồm có 3 trang) 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH 
NĂM HỌC 2010 - 2011 
MÔN THI: TOÁN 
LỚP: 9 THCS 
Ngày thi: 24 - 3 - 2011 
Câu Ý Hướng dẫn chấm Điểm 
Câu I 
6 đ 
1) 
2,5đ 
Ta có 2' ( 1) 0,m m     nên phương trình có hai nghiệm với mọi m. 0,5 
Theo định lí viet, ta có 
1 2 1 22 , 2 1x x m x x m    , suy ra 2
4 1
4 2
m
P
m



1,0 
2
2
(2 1)
1 1. 1,
4 2
m
Max P
m

   

 khi 
1
.
2
m  
1,0 
2a) 
1,5đ 
 Từ giả thiết suy ra 2 2 2 0ab bc ca   0,5 
Suy ra 2( )A a b c a b c      là số hữu tỉ 1,0 
2b) 
1,0đ Đặt 
1 1 1
, ,a b c
x y y z x z
  
  
 suy ra 
1 1 1
.
a b c
  
0,5 
Áp dụng câu 2a) suy ra 
2 2 2
1 1 1
( ) ( ) ( )
B
x y y z z x
  
  
 là số hữu tỉ. 
0,5 
Câu II 
6 đ 
1) 
2,5đ 
Đk: 1.x   Phương trình tương đương với 
22 2 2 2
2 2 2
10 2 2 10
2 0.
1 1 1 9 1 1 9
x x x x x
x x x x x
  
        
       
1,0 
Đặt 
2
2
2
,
1
x
t
x


 ta được phương trình 2
10 5
0
9 3
t t t     hoặc
2
3
t

 
0,5 
Với 
5
,
3
t  ta được 
2
2
2 5
1 3
x
x


 (vô nghiệm) 
0,5 
Với 
2
,
3
t   ta được 
2
2
2 2
1 3
x
x
 

 suy ra 
1
.
2
x   
0,5 
2) 
2,5đ 
Đk: 0.y  Hệ tương đương với 
2
2
3
3
1 1
4
1 1
4.
x x
y y
x
x x
y y y

   


        
0,5 
Đặt 
1
,
u x
y
x
v
y

 


 

 ta được hệ 
2 2
3 2
2 4 4 4 0 2
1.2 4 4 2
u u v u u u
vu uv u u v
        
   
       
1,0 
Với 
2
1,
u
v



 ta được 
1
2
1
1.
1
x
xy
x y
y

  
 
 

 (thoả mãn điều kiện) 
1,0 
Câu 
III 
2đ 
 Kẻ EF AC tại F, DG BC tại G. 
Theo giả thiết ( ) ( )ADPE BPCS S 
 ( ) ( ).ACE BCDS S  
0,5 
Mà AC BC EF DG   và A C 
 Suy ra .AEF CDG AE CG     
0,5 
Do đó ( )AEC CDB c g c DBC ECA       0,5 
060BPE PBC PCB PCD PCB      0,5 
Câu 
IV 
4,0đ 
1) 
3,0đ 
Gọi Q là giao điểm của các tiếp tuyến 
chung của (O) với (C), (D) tại A, B 
tương ứng. 
 Suy ra .ANP QAP QBP BNP   
1,0 
0,5 
0,5 
Ta có 
 ANB ANP BNP QAP QBP    
0180 AQB  , suy ra NAQB nội tiếp (1). 
Dễ thấy tứ giác OAQB nội tiếp (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm O, N, A, Q, B 
cùng nằm trên một đường tròn. 
Suy ra các điểm O, N, A, B cùng nằm trên 
 một đường tròn. 
0,5 
Ta có 2 2OCN OAN OBN ODN   , 
suy ra bốn điểm O, D, C, N cùng nằm 
 trên một đường tròn. 
0,5 
2) 
1,0đ 
Gọi E là trung điểm OQ, suy ra E cố định và E là tâm đường tròn đi qua 
các điểm N, O, D, C. Suy ra đường trung trực của ON luôn đi qua điểm E cố 
định. 
1,0 
Câu V 
2đ 
1) 
2,0 
đ 
1 2 44 2 1 3 2 45 44 45 1... ( ) ( ) ... ( ) 130 1 129.d d d a a a a a a a a               (1) 0,5 
Nếu mỗi hiệu ( 1,2,....,44)jd j  xuất hiện không quá 10 lần thì 
1 2 44... 9(1 2 3 4) 8.5 130d d d         mâu thuẫn với (1). 
Vậy phải có ít nhất một hiêụ ( 1,...,44)jd j  xuất hiện không ít hơn 10 lần 
1,5 
2) 
2,0đ 
Ta có 2 2 22( ) ( )a b a b   . 0,5 
A 
O N 
C 
D 
B P 
Q 
E 
H 
GHI CHÚ: Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. 
Suy ra
     
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 22 2 2
a b c a b c
b c c a a b b c c a c a
    
     
Đặt 2 2 2 2 2 2, , ,x b c y c a z a b      
suy ra 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
y z x z x y x y z
VT
x y z
     
   
2 2 21 ( ) ( ) ( )
2 2 22 2
y z z x x y
x y z
x y z
        
           
      
1,0 
2 2 21 ( ) ( ) ( )
2 3 2 3 2 3
2 2 22 2
y z z x x y
x x y y z z
x y z
        
              
      
     
1
2( ) 3 2( ) 3 2( 3
2 2
y z x z x y x y z           
Suy ra 
1 1 2011
( )
2 22 2
VT x y z    
0,5