Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2009-2010 - Tỉnh Nghệ An (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2009-2010
Câu 1. (4,5 điểm): 
 a) Cho hàm số f (x) (x3 12x 31)2010
 Tính f (a) tại a 3 16 8 5 3 16 8 5
 b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 5(x2 xy y2 ) 7(x 2y)
Câu 2. (4,5 điểm): 
 a) Giải phương trình: x2 x3 x2 x2 x
 1 1 1
 2
 x y z
 b) Giải hệ phương trình: 
 2 1
 2 4
 xy z
Câu 3. (3,0 điểm):
 Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz 1 
 1 1 1
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A 
 x3 y3 1 y3 z3 1 z3 x3 1
Câu 4. (5,5 điểm):
 Cho hai đường tròn O; R và O '; R ' cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B . Từ một điểm C 
 thay đổi trên tia đối của tia AB . Vẽ các tiếp tuyến CD ; CE với đường tròn tâm O ( D ; E là các 
 tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O ' ). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm 
 O ' lần lượt tại M và N ( M và N khác với điểm A ). Đường thẳng DE cắt MN tại I . Chứng 
 minh rằng: 
 a) MI.BE BI.AE
 b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5. (2,5 điểm):
 Cho tam giác ABC vuông cân tại A , trung tuyến AD . Điểm M di động trên đoạn AD . Gọi N 
 và P lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AB và AC . Vẽ NH  PD tại H . Xác định vị trí 
 của điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.
 - - - Hết - - -
 Họ và tên thí sinh:.............................................................................. Số báo danh:.................... LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2009-2010
Câu 1. (4,5 điểm): 
 a) Cho hàm số f (x) (x3 12x 31)2010
 Tính f (a) tại a 3 16 8 5 3 16 8 5
 b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 5(x2 xy y2 ) 7(x 2y)
 Lời giải
 a) a 3 16 8 5 3 16 8 5
 a3 32 33 (16 8 5)(16 8 5).( 3 16 8 5 3 16 8 5 )
 a3 32 3.( 4).a
 a3 32 12a
 a3 12a 32 0
 a3 12a 31 1
 f (a) 12010 1
 b) 5(x2 xy y2 ) 7(x 2y) (1)
 7(x 2y)5 (x 2y)5
 Đặt x 2y 5t (2) (t Z)
 (1) trở thành x2 xy y2 7t (3)
 Từ (2) x 5t 2y thay vào (3) ta được
 3y2 15ty 25t 2 7t 0 (*)
 84t 75t 2
 Để (*) có nghiệm 0 84t 75t 2 0
 28
 0 t 
 25
 Vì t Z t 0 hoặc t 1
 Thay vào (*) 
 Với t 0 y1 0 x1 0
 y2 3 x2 1
 Với t 1 
 y3 2 x3 1
Câu 2. (4,5 điểm): 
 2 3 2 2
 a) Giải phương trình: x x x x x 1 1 1
 2
 x y z
 b) Giải hệ phương trình: 
 2 1
 2 4
 xy z
 Lời giải
 a) ĐK: x 0 hoặc x 1
 Với x 0 thoã mãn phương trình
 1
 Với x 1 Ta có x3 x2 x2 (x 1) (x2 x 1)
 2
 1
 x2 x 1(x2 x) (x2 x 1)
 2
 x3 x2 x2 x x2
 x2 x 1
 Dấu "=" xảy ra 
 2
 x x 1
 x2 x 1
 x 1 x 1 (Vô lý)
 2
 x x 1
 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 0 .
 1 1 1
 2 (1)
 x y z
 b) (I) ĐK x; y; z 0
 2 1
 2 4 (2)
 xy z
 1 1 1 2 2 2
 Từ (1) 4
 x2 y2 z2 xy xz yz
 2 1 1 1 1 2 2 2
 Thế vào (2) ta được: 
 xy z2 x2 y2 z2 xy xz yz
 1 1 2 2 2
 0
 x2 y2 z2 xz yz
 1 2 1 1 2 1 
 2 2 2 2 0
 x xz z y yz z 
 2 2
 1 1 1 1 
 0
 x z y z 
 1 1
 0
 x z
 x y z
 1 1
 0
 y z
 1 1 1 
 Thay vào hệ (I) ta được: (x; y; z) ; ; (TM )
 2 2 2 
Câu 3. (3,0 điểm): Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz 1 
 1 1 1
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A 
 x3 y3 1 y3 z3 1 z3 x3 1
 Lời giải
 Ta có (x y)2 0 x; y
 x2 xy y2 xy
 Mà x; y 0 x y 0
 Ta có: x3 y3 x y x2 xy y2 
 x3 y3 x y xy
 x3 y3 1 x3 y3 xyz x y xy xyz
 x3 y3 1 xy x y z 0
 Tương tự: y3 z3 1 yz x y z 0
 z3 x3 1 zx x y z 0
 1 1 1
 A 
 xy(x y z) yz(x y z) xz(x y z)
 x y z
 A 
 xyz(x y z)
 1
 A 1
 xyz
 Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 x y z 1
Câu 4. (5,5 điểm):
 Cho hai đường tròn O; R và O '; R ' cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B . Từ một điểm C 
 thay đổi trên tia đối của tia AB . Vẽ các tiếp tuyến CD ; CE với đường tròn tâm O ( D ; E là các 
 tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O ' ). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm 
 O ' lần lượt tại M và N ( M và N khác với điểm A ). Đường thẳng DE cắt MN tại I . Chứng 
 minh rằng: 
 a) MI.BE BI.AE
 b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định.
 Lời giải C
 M
 D A
 Q E
 K
 O'
 O H
 I
 B
 N
a) Ta có: B· DE B· AE (cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O )
 B· AE B· MN (cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O ' )
 · BDE B· MN
hay B· DI B· MN BDMI là tứ giác nội tiếp
 M· DI M· BI (cùng chắn cung MI )
mà M· DI ·ABE (cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O )
 ·ABE M· BI
mặt khác B· MI B· AE (chứng minh trên)
 DMBI# DABE (g.g)
 MI BI
 MI.BE BI.AE
 AE BE
b) Gọi Q là giao điểm của CO và DE OC^ DE tại Q 
 OCD vuông tại D có DQ là đường cao
 OQ.OC OD2 R2 (1)
Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO ' và DE ; H là giao điểm của AB và OO ' 
 OO '^ AB tại H .
Xét KQO và CHO có Qµ Hµ 900 ; Oµ chung
 KQO# CHO (g.g)
 KO OQ
 OC.OQ KO.OH (2)
 CO OH
 R2
Từ (1) và (2) KO.OH R2 OK 
 OH
Vì OH cố định và R không đổi OK không đổi K cố định.
Câu 5. (2,5 điểm):
 Cho tam giác ABC vuông cân tại A , trung tuyến AD . Điểm M di động trên đoạn AD . Gọi N 
 và P lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AB và AC . Vẽ NH  PD tại H . Xác định vị trí 
 của điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.
 Lời giải
 A
 H'
 N P
 O
 H
 M
 B
 D C
 E
 ABC vuông cân tại A AD là phân giác góc A và AD^ BC D O; AB / 2 
 Ta có ANMP là hình vuông (hình chữ nhật có AM là phân giác)
 tứ giác ANMP nội tiếp đường tròn đường kính NP 
 mà N· HP 900 H thuộc đường tròn đường kính NP
 ·AHN ·AMN 450 (1)
 Kẻ Bx^ AB cắt đường thẳng PD tại E
 tứ giác BNHE nội tiếp đường tròn đường kính NE
 Mặt khác BED CDP (g.c.g) BE PC
 mà PC BN BN BE BNE vuông cân tại B
 N· EB 450 mà N· HB N· EB (cùng chắn cung BN )
 N· HB 450 (2)
 Từ (1) và (2) suy ra ·AHB 900 H O; AB / 2
 gọi H ' là hình chiếu của H trên AB
 HH '.AB
 S S lớn nhất HH ' lớn nhất
 AHB 2 AHB
 mà HH ' OD AB / 2 (do H; D cùng thuộc đường tròn đường kính AB và OD^ AB )
 Dấu "=" xảy ra H  D M  D .
 ..HẾT