Đề Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 9 môn thi : Toán thời gian : 150 phút ( không kể thời gian phát đề )

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
 BÌNH ĐỊNH KHÓA NGÀY : 18 – 3 – 2015 
 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN
	Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian phát đề )
	Ngày thi : 18 /3/2015
 	------------------------------------
Bài 1: (6,0 điểm)
 a) Tính giá trị biểu thức: , biết
 b) Giải hệ phương trình: 
Bài 2: (5,0 điểm)
 a) Cho phương trình: (m là tham số)
 Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện: 
 b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: .
Bài 3: (3,0 điểm)
 Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) có cạnh BC bằng trung bình cộng của 2 cạnh AB và AC. Gọi G là trọng tâm và I là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác ABC. 
Chứng minh: IG // BC.
Bài 4: (3,5 điểm) 
 Cho tam giác ABC (AB > AC) ngoại tiếp đường tròn tâm I. Đường tròn (I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại M. Đường thẳng AD cắt đường tròn (I) tại N (khác D). Chứng minh rằng MN là tiếp tuyến của đường tròn (I).
Bài 5: (2,5 điểm) 
 Cho 3 số thỏa điều kiện .
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH BÌNH ĐỊNH 
Môn TOÁN - LỚP 9 – Năm học : 2014 – 2015
--------------------------------------
Bài 1: ( 6,0 điểm)
Tính giá trị biểu thức : A = ( x – y)3 + 3(x – y )(xy + 1), biết 
 x = - , y = - 
Giải : Ta có : x3 = 2 + - 2 + - 3x x3 + 3x - 2 = 0 (1)
	y3 = + 2 - + 2 – 3y y3 + 3y – 4 = 0 (2)
Trừ (1) và (2) có : x3 – y3 + 3(x – y) + 4 - 2 = 0 
	 (x – y)3 + 3xy(x – y) + 3(x – y) + 4 - 2 = 0 
	 (x – y)3 + 3(x – y )(xy + 1) = 2 - 4 
 	Vậy: A = 2 - 4 
Giải hệ phương trình : 
Giải : Hệ phương trình tương đương với : 
Đặt u = x + y ; v = xy. Ta có hệ : 
 u2 + 2u – ( 17 + 8) = 0. Giải ra được : u1 = 3 + ; u2 = - 5 – . Từ đó suy ra :
 	 v1 = 3 ; v2 = 8 + 5
Ta có : x = 3 ; y = hoặc x = ; y = 3
	 không tồn tại x ; y.
Hệ có hai nghiệm ( 3 ; ) và ( ; 3) 
Bài 2: ( 5,0 điểm)
Phương trình 5x2 + mx – 28 = 0 có: = m2 + 560 > 0 , với mọi m.
Áp dụng hệ thức Vi-et : x1 + x2 = ; x1x2 = 
 Theo giả thiết: 5x1 + 2x2 = 1
 Giải hệ : ta được : x1 = ; x2 = 
 x1x2 = . = (2m + 5)(m +1) = 252 2m2 + 7m – 247 = 0
Giải ra được : m1 = ; m2 = - 13 
Tìm nghiệm nguyên phương trình : 5x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y – 3 = 0 (1)
(1) x2 + (2x + y + 1)2 = 4 
 Vì x ; y Z và 4 chỉ có thể viết thành tổng của 2 số chính phương là 0 và 4 nên ta có các trường hợp : hoặc 
 Phương trình có 4 nghiệm ( 0 ; -1) ; (0 ; -3) ; (2 ; -5) ; (-2 ; 3) 
Bài 3: ( 3 , 0 điểm)
Chứng minh : IG // BC
Đặt BC = a ; CA = b ; AB = c.
Ta có : a = (b + c) ( gt).
Hạ AH BC ; IK BC ; GN BC.
GN // AH 
 (1)
SBIC = IK.BC = r.a = r. (b + c) = 
 = = (SABC – SBIC)
 SBIC = SABC (2)
Từ (1) và (2) suy ra : SGBC = SBIC IK = GN IG // BC
Chứng minh : MN là tiếp tuyến của (I)
Gọi K là giao điểm của IA và EF ; H là giao điểm của IM và AD.
Ta có IA là đường trung trực của EF nên 
IA EF.
Ta có ID2 = IE2 = IK . IA ( hệ thức lượng)
 . Do đó: IDK IAD (c –g – c)
 gIDK = gIAD.
Tứ giác IDMK nội tiếp nên gIDK = gIMK 
 gIAD = gIMK Tứ giác AKHM nội tiếp.
 gAHM = gAKM = 900 ND IM tại H
Ta có : IN2 = ID2 = IH . IM 
 . Do đó : INM IHN (c- g- c)
INM = IHN = 900 IN NM đpcm.
Bài 5: (2,5 điểm)
	Cho x , y, z > 0 thõa mãn x + y + z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của :
	 P = 
 Giải : Từ giả thiết 1 = x + y + z , ta có : P = 
Đặt a = 2x + y + z ; b = x + 2y + z ; c = x + y +2z a , b, c > 0
Ta có : a + b + c = 4( x + y + z) = 4 (a – x) = 4(b – y) = 4(c – z)
 Từ a + b + c = 4(a – x) x = 
Tương tự : y = ; z = 
Ta có : P = + + 
 4P = ( 3 - ) + ( 3 - ) + (3 - ) = 9 - - - 9 – 6 = 3
 P 
Dấu « = » xảy ra a = b = c = x = y = z = 
 Vậy Pmax = x = y = z = 
GV Nguyễn Đình Tự - THCS Phước Thành