Đề thi học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Bảng A - La Thị Nguyệt

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
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
Phòng GD-Đông Sơn
Trường THCS Đông Thanh
Giáo Viên: TRịnh Thị Lan
Đề thi tuyển học sinh giỏi tỉnh năm học 2005-2006
Môn thi : Toán- Thơi gian làm bài: 150 phút
-------------------------------------------------------------------------------------------------
Bài 1: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a;bsao cho là số nguyên.
Bài 2: Cho x0 và = a là hằng số. Tính theo a cho các biểu thức sau:
A = ; B = ; C = 
Bài 3: Giải hệ phương trình: 
Bài 4: Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức:
Bài 5: Cho phương trình: x4 + 2(a+1)x2 - 3a = 0. Xác định a để phương trình có 4 nghiệm x1;x2;x3;x4 thoả mãn : x4- x3 = x3 – x2 = x2 – x1.
Bài 6: cho parabol y = x2 . gọi A;B là các giao điểm của đường thẳng y = mx + 2 với parabol (m là tham số). Tìm các giá trị của m để đoạn thẳng AB có độ dài nhỏ nhất. Cho biết công thức tính khoảng cách giữa hai điểm(x1;y1)và (x2;y2) là:
Bài 7: Cho cân (AB = AC). Lấy D trên cạnh BC (D khác B,C). gọi r1;r2 lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp , . Xác định vị trí của D để tích r1.r2 đạt giá trị lớn nhất.
Bài 8: Cho điểm I ở bên trong hình vuông ABCD tâm 0 . Gọi A/ là hình chiếu của A trên BI; C/ là hình chiếu của C trên DI. Gọi K là giao điểm của A A/ và CC/.
a, Chứng minh rằng KOI là tam giác vuông cân.
b, Gọi B/ là hình chiếu của B trên CI. Chứng minh rằng BB/ cũng đi qua K.
------------------*****-------------------
Đáp án
Câu
(Điểm)
Hướng dẩn giải
Điểm
1
Xét a=1 Thấy không có cặp số nguyên dương(a,b) nào thoả mãn đề bài do đó phải có a2
Để là số nguyên suy ra:
 a2-2(ab+2)b(a2-2)(ab+2)
 ab2-2b+2a-2a (ab+2)
 a(ab+2)-2(a+b) (ab+2)
 2(a+b) (ab+2)
 2(a+b) = k(ab+2) (k)
* Nếu k=1 ta có:
 2(a=b)=ab+2 (a-2)(b-2)=2
Do a-2 0 và b-2 0 nên chỉ sảy ra:
 a = 3 Hoặc a = 4
 b = 4 b = 3
thử lại thấy chỉ có a = 4 và b = 3 là thoả mãn đề bài.
* Nếu k 2 Ta có: 2(a+b)=k(ab+2) 2(ab+2)
a + b ab + 2 (a-1)(b-1)+1 0
Điều này không sảy ra.
Vậy chỉ có cặp số (a;b) = (4;3) thoả mãn đề bài
0,25
0,75
0,5
0,5
2
2điểm
Dễ dàng chứng minh được khi n >1 ta có:
)
Cho n=2 
Với 
Ta được: A= a3 – 3a
B = 
C= 
0,5
0,5
0,5
0,5
3
2 điểm
điều kiện x;y;z 
nhân mỗi vế của mỗi phương trình với 2 rồi cộng lại ta có:
4x+4y+4z=2+2+2
chuyển vế ta được:
 (-1)2+(-1)2+(-)2=0
 -1= 0 x =
 -1= 0 y= Thoả mãn điều kiện
 -1=0 z=
Vậy hệ có nghiệm duy nhất(x;y;z)=(;;)
0,25
0,75
0,75
0,25
4
3 điểm
 = 
Với z = 
Vì x2 >0 với mọi x GTLN (z) đạt được khi tử dương và
 GTNN (z) đạt được khi tử âm.
Xét:
* =0 x = thì z = 0 y =1
* > 0 x > thì GTLN(y) =1+GTLN(z)
từ (2x2+1)+1 > 0
Từ đó z = 
Đẳng thức sảy ra khi x= lúc đó GTLN (y)=5
* < 0 x< xét tương tự trên, từ:
x2+1=(x2+2)-1 - =-()>0
có z Đẳng thức sảy ra khi x=- lúc đó GTNN(y) = 1+ GTNN(z)=-1
0,5
0,5
1
1
5
2 điểm
Nhận xét:Nếu phương trình trùng phương có 4 nghiệm: x1;x2;x3;x4 thì x1+x2+x3+x4=0
Theo giả thiết x4+x2=2x3 và x1+x3=2x2
 x1+x2+x3+x4=2(x2+x3)=0 x2+x3= 0
 x2=-x3
 x4=3x3
Đặt x2=t 0 ta có phương trình: t2+2(2a+1)t-3a=0 (1)
vì x4=3x3 x42=9x23
Bài toán đưa về xác định a để phương trình (1) có hai nghiệm t1;t2 mà t2=9t1 (t10)
Theo Viet ta có: t1+t2=-2(2a+1) và t1.t2 =- 3a
Thay t2=9t1 đưa về phương trình ẩn a ta có
 12a2+37a+3 = 0
 (12a+1)(a+3) = 0
 Chỉ có a=-3 là thoả mãn
0,5
0,5
0,5
0,5
6
2 điểm
Gọi toạ độ của A và B theo thứ tự là (x1;y1) và (x2;y2) các điểm A;B thuộc Parabol y = x2 nên: y1=x12 ; y2=x22
Ta có: AB2= (x1-x2)2+(y2-y1)2
Do A;B là giao điểm của Parabol y=x2 và đường thẳng 
y = mx + 2 . nên x1;x2 là nghiệm của phương trình x2=mx + 2
Tức là x2-mx-2=0
Giả sử x1<x2 thì : y
 B
Khi đó x2-x1= 2
 A
 x2+x1=m 0 2 x
 y1-y2=x22-x12=m 
Suy ra : AB2=(m2+8)+m2(m2+8)
 =(m2+8)(m2+1)
 =m4+9m2+88
do đó Min AB = m = 0
0,5
0,5
0,5
0,5
7
3 điểm
Gọi 0 là giao điểm của ba đường phân giác của tam giác ABC.
01 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADB
02 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADC
dễ thấy o1 0B ; 02 0C vì r1>0 và r2>0 .áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: r1.r2 Dấu đẳng thức sảy ra khi r1=r2
Khi đó 01KB = 02NC => BK=CN
 =>BH=CM
Từ đó AH=AM Vậy AH01= AM02
Nên A01=A02 kẻ 01I vuông góc với AD; 02J vuông góc với AD dễ thấy I trùng với J và 01I = 02J từ đó KD = DN
Vậy D là trung điểm của BC thì tích r1.r2 đạt giá trị lớn nhất(lúc đó A;0;D thẳng hàng)
 A
 H 0 M
 01 J 02
 B K D N C
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
8
4 điểm
a, Hình vuông 0ABA/ nội tiếp => 0AK = 0BA/(cùng chắn cung 0A/)
Hình vuông 0DCC/ nội tiếp => 0DI =0KC (cùng chắn cung 0C/)
=>KAC = 0AK (g.c.g) 
=> trung tuýên 0K và 0I bằng nhau
=>0IB = 0KA( c.g.c) => 0BI = 0KA
 Mà IAK= 900 =>IOK = 900
b, Trong phép quay R+.(0;900) 
C -> B; I-> K do đó IC vuông góc với BK Vậy BB/ đi qua K.
 A B
 0 A/ K
 C/ 
 I B/ 
 C D
0,5
0,5
0,5
1
0,5
1
Phòng GD&ĐT Đông sơn 	Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9
Trường THCS Đông Tiến 	 
GV ra đề : Lê Văn Hoan.	 Môn : Toán ( Bảng A)
 Thời gian : 150 phút không kể chép đề.
Bài1: 
1) Cho hàm số f(x) = a x2 + bx + c thoả mãn điều kiện : ẵf(x)ẵ Ê1, "x ẻ[-1;1]. Chứng minh rằng khi ờx ờ Ê 1 thì ờ cx2 + bx + a ờ Ê 2
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x3 - 2y3 = 4z3
Bài2:
 Giải hệ phương trình : x2y2 - 2x +y2 = 0
	2x2 - 4x + 3 + y3 = 0
Bài 3: 
1) Giải phương trình : 3ệ 2 - x + ệ x - 1 = 1
2) Cho hệ phương trình : x2 + y2 + z2 = 2
	xy + yz + xz = 1
	 -4	 4
Giả sử hệ phương trình có nghiệm, Chứng minh ắ Ê x, y, z Ê ắ
 	3	 3
Bài4:
	Từ điểm M trên cung nhỏ AC của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ( M khác A và C) kẻ MK ^BC, MH ^AC, ( K ẻ BC; H ẻ AC) . Gọi E,F theo thứ tự là trung điểm của AB và HK. Chứng minh rằng MF ^ EF.
Bài5: Qua M nằm trong tam giác ABC ta kẻ MA1, MB1, MC1 lần lượt vuông góc với các đường thẳng BC, CA,AB ( A1 ẻ BC ; B1 ẻ CA; C1 ẻ AB) .Đặt BC = a , 
	 a b c
CA = b, AB = c. Tìm giá trị nhỏ nhất của: ắ + ắ + ắ
	 MA1 MB1 MC1
Đáp án
Bài1: (5 điểm)
1) (3,0đ): Hàm số f(x) = ax2 + bx + c thỏa mãn điều kiện ờf(x)ờÊ1 , "x ẻ [-1; 1]
Thay x lần lượt các giá trị 1; -1; 0 ta được :
 f(1) = a + b + c;	 f(-1)	= a -b +c; f(0) = c .	(0,25đ)
	 1	 1
Từ	f(1) = a + b + c 	a = ắf(1) + ắf(-1) -f(0)
	 2 2
	=>	 1	 1
f(-1) = a - b +c b = ắ f(1) - ắ f(-1)	(0,5đ)
	 2 2
f(0) = c	c = f(0)
Ta có : 	1 1	 1 1
	cx2 + bx + a = f(0)x2 + [ ắ f(1) - ắ f(-1)] x + ắ f(1) + f(-1) - f(0)
	2	 2	 2 2 
	 1	 1
	= f(0) (x2 - 1) + ắ f(1) ( x +1) + ắ f(-1)(1-x)	(0,5đ)
	 2 2
	 1	 1
Suy ra : ờcx2 + bx + aờ Ê ờf(0)ờờx2 -1ờ + ắ ờ f(1)ờờx+1ờ + ắ ờf(-1)ờờ1-xờ(0,5đ)ờ
	 	 2 2
	 	 1	 1
 Ê ờx2 - 1ờ + ắ ờx +1ờ + ắ ờ1-xờ	(0,5đ)
	 2 2
Do ờxờÊ1 => -1 Ê x Ê 1 => x2 - 1 Ê 0 ; x +1 ³ 0 ; 1 - x ³ 0.
	 1	 1 1 1 
=> ờcx2 + bx + a ờ Ê -x2 +1 + ắ x + ắ + ắ - ắ x = 2 - x2 Ê 2
	 2 2 2 2
=> ờcx2 + bx + a ờ Ê 2	(0,5đ)
Chọn 	f(x) = 2x2 - 1 suy ra điều kiện ờf(x)ờ = ờ 2x2 - 1ờ Ê 1, "xẻ [-1,1] thỏa mãn.
Khi đó ờcx2 + bx + a} = ờ -x2 + 2ờ = 2 với x = 0.
=> Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 0, a=2.	(0,5đ)
2) (2,0đ