Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Bảng A - La Thị Nguyệt (Có đáp án)

Đề thi tuyển học sinh giỏi tỉnh bảng A
Môn thi : Toán- Thời gian : 150 phút
Người ra đề: La Thị Nguyệt – Giáo viên THCS Đông Thanh - Đông Sơn
-------------------------------------------------------------------------------------------------
Bài 1: Tìm Số tự nhiên n sao cho 28+211+2n là số chính phương.
Bài 2:Tìm giá trị biểu thức . Trong đó: a là nghiệm dương của phương trình: 4x2+x -= 0
Bài 3: Tìm m để phương trình (x2-1)(x+3)(x+5) = m có 4 nghiệm phân biệt x1;x2;x3;x4 thoả mãn: +++= -1
Bài 4: Cho 3 số thực x,y,z thoả mãn các điều kiện :
 0 < x < y z1 và 3x +2y +z 4. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = 3x2 +2y2 +z2
Bài 5: Giải hệ phương trình: x – y2 – yz – z = 0
 x – y – y2 – z2 = 0
 x + y – y3 – z = 0
Bài 6: Trong một cuộc đấu cờ giữa các học sinh, mỗi người phải đấu với người khác một ván. ở mỗi ván người thắng được 1 điểm, người thua được 0 điểm, còn ở mỗi ván hoà mỗi người được 0,5 điểm. Tham gia cuộc đấu này có các học sinh lớp A và lớp B. Số học sinh lớp B gấp 10 lần số học sinh lớp A. Sau cuộc đấu tổng số điểm của học sinh lớp B bằng 4,5 lần số điểm của học sinh lớp A. Hỏi kết quả của các ván cờ của lớp A như thế nào?.
Bài 7: Cho đường tròn(0;R) dây cung BC < 2R. Điểm A chuyển đông trên cung lớn BC, điểm D chuyển động trên cung nhỏ BC. Hãy xác định vị trí của A và D để tổng : đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 8: Hai đường tròn(01)và (02) cắt nhau tại A và B. Một điểm P thay đổi trên đường tròn (01), P khác A và B. các đường thẳng PA và PB lại cắt đường tròn (02)theo thứ tự tại D và E. Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh rằng đường thẳng PM đi qua một điểm cố định.
------------------*****-------------------
Đáp án
Câu 
(Điểm)
Hướng dẫn giải
Điểm
1
 2 điểm
Giả sử 28+211+2n=a2 với a N
Thì 2n=a2-(28+211)=a2-28(1+23)
 =a2-482=(a-48)(a+48)
Từ đó a+48=2p
 a-48=2q Điều kiện p;q N
và p+q =n; p>q
=> 96 = 2p –2q =2q(2p-q-1)
2q(2p-q-1) =25.3
 2q = 25 p=7
 2p-q-1 =3 q=5
 => n=p+q=7+5=12
 Thử lại 28+211+212=802
0,5
0,5
0,5
0,5
2
2điểm
Ta thấy phương trình: 4x2+x-=0
Có tích a.c=-4 0 nên ta có 4a2+a-=0 (1)
Từ (1) => a2= (2)
 Và a4= (3)
Ta lại có S = (4)
Từ (4) (2)và (3) , ta có : 
S = 
0,5
0,5
0,5
0,5
3
2 điểm
Ta có : (x2-1)(x+3)(x+5)=m (1)
 (x+1)(x+3)(x-1)(x+5) =m
 (x2+4x+3)(x2+4x-5)=m (2)
Đặt y= x2+4x+4=(x+2)2 
Khi đó (2)có dạng:
(y-1)(y-9)=m hay y2-10y+(9-m)=0 (3)
phương trình (1) có 4 nghiệm dương tương đương với phương trình (3) có hai nghiệm dương phân biệt
y1>y2> 0. Hay có : =16+m > 0
 S =y1+y2=10 > 0
 P =y1.y2=9-m > 0 -16<m<9 (4)
Gọi x1;x2là hai nghiệm phân biệt của phương trình: x2+4x+4-y1=0 (5)
Gọi x3;x4 là hai nghiệm phân biệt của phương trình: x2+4x+4-y2=0 (6)
áp dụng định lý Vi et vào (5);(6) và theo giả thiết ta có:
 => m=-7 (thoả mãn điều kiện: -16<m<9)
 Vậy với m=-7 tì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thoả mãn +++= -1
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
4
2 điểm
Từ 3x +2y+z 4 
=> 3x2+2xy+xz 4x(1)
(d0 x>0, nhân cả hai vế với x)
Mặt khác , do 0<x<y z 1 nên:
2y(y-x) 2(y-x) (2)
z( z-x) z-x (3)
Cộng từng vế (1)(2)(3) ta có:
A x+2y+z =>A2 (x+2y+z)2 
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski ta được:
A2 (x+2y+z)2 (+2+1)(3x22y2+z2) =
=> A . Dấu ‘‘=’’ sảy ra khi : 3x2 =2:2y2 = 1:z2
hay và z 1
 y=z=1
 y=3x =>x=y=
Vậy với x=; y=z=1 thì A=. Nên giá trị lớn nhất của A là
0,25
0,5
0,5
0,5
0,25
5
4 điểm
Giải hệ phương trình: (I) x – y2 – yz – z = 0 (1)
 x – y – y2 – z2 = 0 (2)
 x + y – y3 – z = 0 (3)
Lấy (1)-(2) ta được: -yz+y-z+z2=0
(y-z)(1-z)=0
do đó (I) (y-x)(1-z)=0
 x-y-y2-z2=0
 x+y-y3-z=0
 1-z=0
 x-y-y2-z=0 (II)
 x+y-y3-z=0
 y-z=0
 x-y-y2-z=0 (III)
 x+y-y3-z=0
Giải hệ (II) ta được: 
 x=1
 y=0
 z=1
 x=1
 y=-1
 z=1
 x=7
 y=2
 z=1
Giải hệ (III) ta được:
 x=0
 y=0
 z=0
x=
y=
z=
x=
y=z=
 Trả lời: 
0,5
0,25
1
1
0,25
6
2 điểm
 Gọi n là số học sinh của lớp A và 10n là số học sinh của lớp B. Tổng số học sinh của cả hai lớp là 11n và mỗi em phải thi đấu đúng 11n – 1 ván, nên tổng số ván phải thi đấu là :. Do tổng số điểm của mỗi ván cờ đúng bằng 1 , nên là tổng số điểm của tất cả các học sinh của 2 lớp A và B. Theo bài ra tổng số điểm của học sinh lớp B bằng 4,5 lần tổng số điểm của học sinh lớpA, cho nên tổng số điểm của tất cả học sinh lớp A là :
:5,5 =n(11n-1)
Số điểm này đúng bằng tổng số ván thi đấu của tất cả học sinh lớp A, nên có nghĩa là mọi ván cờ học sinh lớp A đều thắng 1 điểm. Từ đó học sinh lớp A không có em nào thua. Do đó lớp A có đúng 1 học sinh( vì nếu 2 học sinh lớp A đấu với nhau thì không thể cùng thắng trong ván cờ).
Khi đó lớp B có đúng 10 học sinh. Do vậy tổng số điểm của học sinh duy nhất của lớp A là 10 và tổng số điểm của học sinh lớp B là (10.9):2=45 . Thoả mãn giả thiết của bài toán.
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
7
3 điểm
 F
 A
 0
 B K H C
 D
 E
Với A,D thuộc (0) . Và A,D bất kỳ nên AD 2R. mà với mỗi điểm D trên cung nhỏ BC ta luôn chọn được điểm A trên cung lớn BC sao cho AD =2R để cho (1)
là nhỏ nhất.
Kẻ DH vuông góc với BC tại H, kẻ đường kính EF vuông góc với BC tại K ta được E;F;K là các điểm cố định .
Xét ABD và CHD có ABD = CHD =900; BAD =BCD (cùng chắn cung BD)
Nên ABD đồng dạng CHD (g-g) => => DB.DC=DH.DA (2)
Ta lại có DH+ 0K OD = 0E = EK+0K =>DH EK (3)
Sử dụng bất đẳng thức Cô si ta được: 
 (4)
Tử (2) và (4) ta có: (5)
Từ (1) và (5) ta có: 
Vì vế phải là hằng số. Nên dấu ‘‘=’’xảy ra khi dấu ‘‘=’’ ở (3) và (4) xảy ra DA trùng với đương kính EF (EF vuông góc với BC.
0,5
0,75
0,25
0,5
 Câu 8
3 điểm
Gọi giao điểm của đường thẳng 0102 với đường tròn (02) là N. Ta có : 
APB =DPE = (sđ cungDE –sđ cung AND) (1)
Mà (01)(02) = nên cung AmB không đổi cung ANB không đổi.(2)
=> APB = sđ cung AmB không đổi (3)
Từ (1);(2);(3) => Số đo cung DE không đổi => DE không đổi =>DM không đổi => M02 không đổi (4)
Qua P kẻ tia Px vuông góc với P01 sao cho tia PA năm giữa hai tia Px;PB . Ta có :
ADE = ABP (cùng bù với ABE)
Mà ABP = APx ( cùng chắn cung PA)
PAx= ADE mà hai góc này ở vị trí so le trong => Px song song với DE mà P01vuông góc với Px => P01 vuông góc với DE mà M02 vuông góc với DE => P01song song với M02.
Gọi K giao điểm của PM và 0102 theo định lý Talet ta có : (5) .Từ (4) và (5) với chú ý rằng P01 không đổi, ta có không đổi . Suy ra K cố định . Vậy PM luôn đi qua K cố định D
 x 
 A
 02
 P 01 N K M
 B
 E
1
1
1