Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Bảng A - Phòng GD & ĐT Đông Sơn (Có đáp án)

Phòng GD & ĐT Đông sơn 	 Đề thi học sinh giỏi lớp 9 (Bảng A)
 Môn : Toán	(Thời gian làm bài: 150 phút.)
Bài 1: Cho biểu thức: A =:
a, Rút gọn biểu thức A.
b, Tính giá trị biểu thức A khi x = 3 + ; y = 3 - 
 (Đề sáng tác)
Bài 2: Cho 3 số a, b, c 0 thỏa mãn: abc và a3+b3 +c3 = 3abc.
P = ; 	Q = 
Chứng minh rằng : P.Q = 9.
 (Tương tự bài 53-"23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp")
Bài 3: Giải phơng trình : (4x – 1)= 2(x2+1) + 2x -1.
 (Bài 16 -trang 11-"Phương trình và hệ phương trình không mẫu mực")
Bài 4: Giải hệ phương trình sau:
 (Đề sáng tác)
Bài 5: Cho 3 số x,y,z thỏa mãn x + y + z = 3 và x4+y4+z4 =3xyz. Hãy tính giá trị của biểu thức M = x2006 + y2006 + z2006
 (Đề sáng tác )
Bài 6: Cho Parabol (P) có phương trình y = x2 và điểm A(3;0) ; Điểm M thuộc (P) có hoành độ a.
a) Xác định a để đoạn thẳng AM có độ dài ngắn nhất .
b) Chứng minh rằng khi AM ngắn nhất thì đường thẳng AM vuông góc với tiếp tuyến của (P) tại điểm M.
 (Bài 579-"23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp")
Bài 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x3 + x2 + x +1 = 2003y
 (Đề sáng tác) 
Bài 8: Cho tam giác ABC vuông ở A. I là trung điểm của cạnh BC, D là một điểm bất kỳ trên cạnh BC. Đường trung trực của AD cắt các đường trung trực của AB, AC theo thứ tự tại E và F.
a) Chứng minh rằng: 5 điểm A,E,I,D,F cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh rằng: AE.AC = AF.AB.
c) Cho AC = b; AB = c. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AEF theo b, c 
 ( Đề sáng tác)
Bài 9: Cho tam giác ABC cân tại A. Một điểm P di động trên BC. Qua P vẽ PQ//AC
(QAB) và PR//AB (RAC). Tìm quỹ tích các điểm D đối xứng với P qua QR.
 (Bài 1000 -"23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp")
 Hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 9
Môn : Toán
Bài
 Lời giải 
Biểu điểm
a) ĐKXĐ : x >0 ; y>0 ; x y
A = : 
= . 
= . 
=. = 
b) Với x= 3 + Và y = 3 - ta có : x >y do đó
 A = 
Mà A2 = 
Vậy : A = 
0,25
0,75
0,25
0,75
Ta có : a3 + b3 + c3 = 3abc a3 + b3 + c3 -3abc = 0
 (a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc ) = 0 (1)
Mà a2 + b2 + c2 - ab – ac –bc = [(a –b )2 + (b – c)2 +(c-a)2 ] 0
 ( Do a b c )
Do đó:(1) a +b +c = 0 a +b = - c ; a +c = -b ; b +c = -a (2)
 Mặt khác :
P = 
P = (3)
Hơn nữa :
Đặt Ta có (do (2) )
Vì thế :
Q = 
 = - ( Biến đổi tương tự rút gọn P )
 = -
 = (4)
Từ (3) và (4) ta có : P.Q=
Vậy P.Q = 9
0,5
0,5
0,75
0,25
 (4x – 1) 2(x2 +1) +2x -1 (5)
 Đặt = y ( y 1) Ta có : 
(5) (4x -1).y = 2y2 + 2x – 1
 2y2 - 4xy +2x + y -1 = 0
 (2y2 – 4xy +2y ) – ( y -2x + 1) = 0
 2y (y -2x + 1) – ( y -2x + 1) = 0
 (y-2x + 1 ) (2y- 1) = 0 
 = 2x -1
 x2 + 1 = 4x2 – 4x + 1
 x(3x – 4) = 0 
0,25
1,0
0,75
 (I ) (ĐKXĐ : x 0; y 0 )
Ta có :
( a) ()(=0 
x = y thế vào (b) ta đợc :
2x +18x = 4 20x - 7 -13 = 0 (6)
 Đặt = t (t 0 ) ta có :
( 6) 20 t2 – 7t – 13 = 0 
 = 1 x = 1
Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất (x,y) = (1, 1)
1,0
1,0
Theo BĐT Cô si ta có : 
 x4 + y4 +z4 x2y2 + y2z2 +x2z2 ( 7 )
Mặt khác : x2y2 + y2z2 +x2z2 xy2z + xyz2 +x2yz (C/M tương tự quá trình trên)
 x2y2 + y2z2 +x2z2 xyz (x +y +z)
 x2y2 + y2z2 +x2z2 3xyz (8) (do x +y z =3 )
Do đó : x4 +y4 + z4 3xyz (9) 
Dấu “ = “xảy ra
 x = y = z (10)
Hơn nữa x + y +z =3 (11)
Từ (10 ) và (11) 3x = 3 x = 1 y = z =1
 x2006 + y2006 + z2006 = 1 + 1 +1 = 3
Vậy : M = 3
0,75
0,75
0,5
a)Ta có : A (3; 0) và M(a; a2 ) do đó :
AM2 = (a – 3)2 +(a2 – 0)2 = a4 + a2 – 6a +9
 = (a4 -2a2 +1 ) +3 ( a2 – 2a +1 ) +5
 = ( a2 -1)2 + 3(a-1)2 + 5 5
 AM 
Min AM = khi và chỉ khi a = 1
b) Theo câu a : AM có độ dài ngắn nhất a = 1 ,Khi đó M(1;1)
Do đó phương trình đường thẳng AM là: y = - 
 (do A(3;0)) ( c )
Gọi phương trình đường thẳng đi qua điểm M (1;1) và tiếp xúc với ( P) tại điểm M là (d) : y = ax +b ta có : a .1 + b = 1 (12)
(Do M(1;1) (d) )
và phương trình : x2 = ax +b có nghiệm kép (13) (do (d) tiếp xúc với (P) )
Mà : x2 = ax + b x2 – (ax + b ) = 0 (14) 
Phương trình (14 ) có = (-a)2 – 4.1.(-b) = a2 + 4b
Nên : (13) a2 + 4b = 0 (15)
Từ (12) và (15 ) ta có hệ phương trình: 
Vì thế phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1;1) và tiếp xúc với 
( P ) tại M là : y = 2x -1 (d)
Từ (c ) và ( d) (d) AM (do -. 2 = -1 )
Vậy : Khi AM ngắn nhất thì AM vuông góc với tiếp tuyến của (P) tạiM 
1.0
0,25
0,5
0,25
+)Nhận thấy (0;0) là nghiệm nguyên của phương trình :
 + x2 +x +1 = 2003 (16)
+) Với y< 0 ta có : 2003y Z mà x3 +x2 +x +1 Z 
(Với x Z ) Phương trình (16) không có nghiệm nguyên thỏa mãn y < 0
+) Với y >0 ta có :
 (16) (x +1)(x2 +1) = 2003y (*)
Từ (*) x +1 >0 (do x2 +1 > 0 và 2003y > 0 )
Đặt ƯCLN ( x + 1; x2 +1 ) = d ta có :
(x+1) d và (x2 + 1) d [ x2 +1 + (x +1) (1 - x)] d
 d =1 (**)
Mặt khác : 2003 là số nguyên tố ,nên các ớc của 2003y chỉ có thể là 1 hoặc 2003m (m N* ) (***)
Từ (*) , (**) và (***) x = 0 y = 0 (loại)
 phương trình (16) cũng không có nghiệm nguyên thỏa mản y > 0 
Vậy : Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất ( 0; 0) 
0,5
0,25
1,0
0,25
F
A
a) Ta có : E là giao điểm 
của 2 đường trung trực 
của 2 cạnh AD,AB
Nên E là tâm đường tròn 
M
ngoại tiếp ABD.
E
C
Tương tự ta có: F là tâm
đường tròn ngoại tiếp ACD
B
H
I
D
Do đó :
 +ABD = AED AED = 2 B 
+ACD = AFD AFD = 2 C	
 AED + AFD = 2 (B +C) =1800 AEDF Nội tiếp (17)
Lại có : AI = BC = BI ABC cân tại I
 BAI = B AID = 2 B AID + AFD = 1800 
 Tứ Giác AIDF nội tiếp (18)
Từ (17 ) ; (18 ) 5 điểm A , E , I , D , F cùng thuộc đường tròn
 b)Ta có EF là đường trung trực của AD nên : AE = ED ; FA =FD
 AEF = DEF ( c. c.c )
 + )AEF = DEF = AED = . 2 B = B	
 + ) Tương tự AEF = C
Suy ra AEF ABC (g.g) 
 AE.AC = AE. AB
c) Theo câu b) Ta ccó : AEF ABC
 ( k là tỉ số đồng dạng)
 AE =kc ; AF = kb .
Ta có : AEF vuông tại A (do ABC vuông tại A 
và AEF ABC )
Nên diện tích AEF là S = AE.AF 2S = k2 bc (19)
 Mặt khác S = AM.EF 2S = AM . EF 4S2 = AM2 .EF2
4S2 = ( . (k2b2 + k2c2 ) (20)
 Từ (19) và (20) 2S = S = (21)
Do đó : S nhỏ nhất AD nhỏ nhất 
Mà AD AH ( AH BC , H BC )
 Lại có AH = (22)
Từ (21) ; (22) S 
Vậy Min S = ( Khi D H )
0,5
0,5
0,5
0,5
a) Phần thuận 
 Giả sử D là điểm đối xứng với P qua QR ta có :
* QP = QB = QD P, B , D thuộc đường tròn (Q)
 BDP = BQP = BAC (23)
A
R
Q
D
* Tương tự : CDP = BAC (24)
 Từ (23) ;(24) BDC = BAC 
B
C
P
 điểm D thuộc cung BAC 
(Của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC )
b) Phần đảo 
Lấy điểm D” thuộc cung BAC ( D’ B, C) , Gọi Q’ là giao điểm của AB với đường trung trực của D’B ; qua Q’ kẻ Q’P’ // AC qua P’ kẻ P’R’ // AB ta có Q’R’ là đường trung trực của D’P’
Vậy qũy tích các điểm D là cung BAC của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (trừ 2 điểm B,C )
1,0
1,0