1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THỊ CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
QUẢNG TRỊ Khóa ngày 14 tháng 4 năm 2011
MÔN TOÁN ( BẢNG B)
Thời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề )
Sưu tầm và biên soạn lời giải:
ĐỀ CHÍNH THỨC
Ngô Thiện Chính – Giáo viên trường THCS Khe Sanh – Quảng Trị
Bài 1. ( 4,0 điểm)
 
Cho biểu thức: x 1 2 x 2 5 x
P
  
  
x 2 x 2 4 x
với x ≥ 0 và x  4.
a) Rút gọn P
b) Tìm x để P = 2
Bài 2. ( 4,0 điểm)
1. Tính giá trị của biểu thức 1 1
A
 
 
a 1 b 1
với 1
a
2 3


và 1
b
2 3


2. Giải phương trình: 20  3 2x | 2x 3 |
Bài 3. ( 4,0 điểm)
1. Chứng minh bất đẵng thức : x2 + y2 +1 ≥ xy + x+ y với mọi x,y
2. Tìm số tự nhiên n để n + 18 và n – 41 là hai số chính phương.
Bài 4. ( 4,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
  
xy 64
1 1 1
x y 4
  
Bài 5. ( 4,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn A  450 . Gọi M và N lần lượt là chân đường cao
kẻ từ B và C của tam giác ABC.
a) Chứng minh rằng tam giác AMN đồng dạng với tam giác ABC.
Tính tỉ số MN
BC
b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng mi nh OA  MN.
...................Hết ...................
Bài giải:
Bài 1. ( 4,0 điểm)
a) Với x ≥ 0 và x  4, ta có :
         
x 1 2 x 2 5 x x 1 2 x 2 5 x x 3 x 2 2x 4 x 2 5 x
      
   
       
1
x 2 x 2
P
x 2 x 2 4 x x 2 x 2 x 4 x 2 x 2
 
     
 
3x 6 x 3 x x 2 3 x
x 2 x 2 x 2 x 2 x 2
  
  
 
  
    

2. b)
  
x 0, x 4 (1)
P 2 3 x
2 (2)
x 2
  
   
(2)3 x  2 x  4 x  4x 16 ( Thỏa (1) ).
Vậy P = 2 khi và chỉ khi x = 16.
Bài 2. ( 4,0 điểm)
1. Với 1
a
2 3


và 1
b
2 3



, ta có : a   1  
3 3
1 1
 
2 3 2 3

, b  1  1  
3 3
1
 
2 3 2 3
1 1 2  3 2  3  2  3  3  3    3  3  2 
3

Khi đó      
  
A
     
a 1 b 1 3 3 3 3 3 3 3 3
    
6 3 3 6 3 3
1
 

9 3
.
2. phương trình: 20  3 2x | 2x  3 |
Điều kiện để phương trình tồn tại là
    
          
3 2x 0 2x 3 397 3
x
400 3 2x 2x 397 2 2
Với điều kiện đó phương trình đã cho tương đương với : 20  3 2x  3 2x .
Đặt 3 2x  t  0 , Phương trình đã cho trở thành 20 - t = t2  t2 + t - 20 = 0 (1)
(1) có  = 1 + 80 = 81 > 0    81  9 (1) có hai nghiệm t1 = 4 ( nhận ) và t2 = -5 (
loại)  3  2x  4  3  2x  16  2x   13  13
x
  .
2
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất 13
x
  .
2
Bài 3. ( 4,0 điểm)
1. Với mọi x,y ta có 2(x2 + y2 +1– xy –x –y) = (x2 + y2 – 2xy)+( x2 –2x +1) + ( y2 –2y +1) =
(x – y)2 + ( x – 1)2 + ( y – 1 )2 ≥ 0  (x2 + y2 +1– xy –x –y) ≥ 0  x2 + y2 +1≥ xy + x +y
với mọi x,y – ( đpcm)
2. Đặt n + 18 = x2 và n – 41 = y2 với x,y là hai số tự nhiên. Khi đó x > y và x2 – y2 = 59 
(x – y)(x + y) = 59. Do x và y là hai số tự nhiên và x > y nên x – y và x + y là hai số nguyên
dương, x – y < x + y. Suy ra:
x y 1 2x 60 x 30
x y 59 y 59 x y 29
      
          
 n 18  302  900n  900 18  882
Bài 4. ( 4,0 điểm)
Điều kiện: x  0 và y  0 . Với điều kiện đó, hệ phương trình đã cho:
xy 64 xy 64 xy 64
             xy   64  xy   64 (1)
 1 1 1  y  x 1  y  x 1
      x y 4    y  x   16 y  x  16 (2)
 xy 4   
  64 4
Thế (2) vào (1) ta được : x(x – 16) + 64 = 0  x2 -16x + 64 = 0  (x – 8 )2 = 0  x = 8
Thế vào (2) ta được y = - 8.
Vậy hệ có một nghiệm ( x = 8; y = - 8)
Bài 5. ( 4,0 điểm)

3. a) Tam giác AMN và tam giác ABC có góc A chung
(1). Lại để ý thấy tứ giác BNMC có
BMC  BNC  900 (gt) nên tứ giác BNMC là tứ giác
nội tiếp  ABC  NMC 1800 . mà
AMN  NMC 1800 ( Kề bù)  AMN  ABC (2)
Từ (1) và (2) suy ra  AMN và  ABC đồng dạng
theo trường hợp ( g – g).
 AMN và  ABC đồng dạng suy ra MN  AM
(3)
BC AB
AMB vuông tại M và có BAM  450 (gt) nên 
AMB vuông cân tại M  AM  1  2
(4)
AB 2 2
N
B
Từ (3) và (4) ta có : MN 
2
BC 2
b) Gọi D là giao của AO với đường tròn (O) , nối D với C ta có ACD  900 ( Góc nội tiếp
chắn nữa đường tròn)  DC  AC  DC // BM ( AC )  DCB MBC (5) -( So le trong)
Ta lại có DCB  DAB (6) – ( Hai góc nội tiếp của đường tròn (O) cùng chắn một cung). Mặt
khác tứ giác BNMC là tứ giác nội tiếp ( CMT) nên ta có : MNC MBC (7) . Từ (5) , (6),(7)
ta suy ra MNC  DAB (8). Do CN  AB (gt) nên từ (8)  AD  MN hay OA  MN -
Nhận xét:
Năm nay đề thi học sinh giỏi của tỉnh Quảng Trị dễ hơn nhiều so với đề thi các
năm trước. Học sinh dự thi dễ có điểm để mang về.
Trên đây chỉ trình bày một cách giải , các thầy cô v à các em học sinh hãy tìm thêm
các cách giải khác.
D
O
M C
A
450