Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 năm học 2009 – 2010 môn thi: Toán lớp 9 - Thời gian làm bài: 150 phút

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN 
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 
NĂM HỌC 2009 – 2010 
Môn thi: TOÁN LỚP 9 - BẢNG A 
Thời gian làm bài: 150 phút 
Câu 1. (4,5 điểm): 
 a) Cho hàm số 3 2010f (x) (x 12x 31)   
 Tính f (a) tại 3 3a 16 8 5 16 8 5    
 b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 25(x xy y ) 7(x 2y)    
Câu 2. (4,5 điểm): 
 a) Giải phương trình: 2 3 2 2x x x x x    
 b) Giải hệ phương trình: 
2
1 1 1 2
x y z
2 1 4
xy z
   

  

Câu 3. (3,0 điểm): 
 Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1 
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3 3 3 3 3
1 1 1A
x y 1 y z 1 z x 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:.................... 
Đề chính 
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN 
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS 
NĂM HỌC 2009 – 2010 
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC 
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang ) 
Môn: TOÁN - BẢNG A 
Câu Ý Nội dung Điểm 
3 316 8 5 16 8 5a     
 3 3 3332 3 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 5 16 8 5 )a        
0,5 
 3 32 3.( 4).a a   0,5 
 3 32 12a a  0,25 
 3 12 32 0a a   0,25 
 3 12 31 1a a   0,25 
a) 
(2,0đ) 
 2010( ) 1 1f a   0,25 
2 25( ) 7( 2 )x xy y x y    (1) 
 7( 2 ) 5x y   ( 2 ) 5x y  0,25 
Đặt 2 5x y t  (2) ( )t Z 0,25 
(1) trở thành 2 2 7x xy y t   (3) 
Từ (2)  5 2x t y  thay vào (3) ta được 
0,25 
2 23 15 25 7 0y ty t t    (*) 0,25 
284 75t t   
Để (*) có nghiệm 20 84 75 0t t      
 280
25
t   
0,25 
0,25 
Vì 0t Z t   hoặc 1t  0,25 
Thay vào (*) 
 Với 0t  1 0y  1 0x  
0,25 
0,25 
1, 
(4,5đ) 
b) 
(2,5đ) 
 Với 1t  2 2
3 3
3 1
2 1
y x
y x
   
    
0,25 
0,25 
ĐK 0x  hoặc 1x  0,25 
Với 0x  thoã mãn phương trình 0,25 
Với 1x  Ta có 3 2 2 21( 1) ( 1)
2
x x x x x x      0,5 
 2 2 211( ) ( 1)
2
x x x x x x      0,5 
3 2 2 2x x x x x     0,25 
Dấu "=" Xẩy ra 
2
2
1
1
x x
x x
   
 
0,25 
2
2
1
1 1
1
x x
x x
x x
  
    
 
 Vô lý 
0,25 
2, 
(4,5đ) 
a) 
(2,5đ) 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 0x  0,25 
21 1 1 2 (1)
( )
2 1 4 (2)
x y z
I
xy z
   

  

 ĐK ; ; 0x y z  
0,25 
Từ (1) 2 2 2
1 1 1 2 2 2 4
x y z xy xz yz
       0,25 
Thế vào (2) ta được: 
2 2 2 2
2 1 1 1 1 2 2 2
xy z x y z xy xz yz
       
0,25 
2 2 2
1 1 2 2 2 0
x y z xz yz
      0,25 
2 2 2 2
1 2 1 1 2 1( ) ( ) 0
x xz z y yz z
       0,25 
221 1 1 1 0
x z y z
        
   
0,25 
1 1 0
1 1 0
x z x y z
y z
  
    
  

0,25 
b) 
(2,0đ) 
Thay vào hệ (I) ta được: 1 1 1( ; ; ) ( ; ; ) ( )
2 2 2
x y z TM  0,25 
Ta có 2(x y) 0 x; y   0,25 
2 2x xy y xy    0,25 
Mà x; y > 0 =>x+y>0 0,25 
Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2) 0,25 
 x3 + y3 ≥ (x + y)xy 0,25 
 x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz 0,25 
 x3 + y3 + 1 ≥ xy(x + y + z) > 0 0,25 
Tương tự: y3 + z3 + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0 0,25 
 z3 + x3 + 1 ≥ zx(x + y + z) > 0 0,25 

1 1 1A
xy(x y z) yz(x y z) xz(x y z)
  
     
0,25 

x y zA
xyz(x y z)
 

 
0,25 

1A 1
xyz
  
0,25 
3, 
(3,0đ) 
Vậy giá trị lớn nhất của A là 1  x = y = z = 1 0,25 
 N
Q
H
K
I
M
D
E
B
A
O
O'
C
Ta có:  BDE BAE (cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O) 0,25 
  BAE BMN (cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O') 0,25 
   BDE BMN 0,25 
hay  BDI BMN  BDMI là tứ giác nội tiếp 0,50 
  MDI MBI (cùng chắn cung MI) 0,25 
mà  MDI ABE (cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O) 0,25 
  ABE MBI 0,25 
mặt khác  BMI BAE (chứng minh trên) 0,25 
 MBI ~  ABE (g.g) 0,25 
a) 
(3,0đ) 

MI BI
AE BE
  MI.BE = BI.AE 
0,50 
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) 
0,50 
Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm của 
AB và OO'  OO'  AB tại H. 
0,50 
Xét KQO và CHO có   0Q H 90 ;O  chung 
 KQO ~ CHO (g.g) 
0,50 
 
KO OQ OC.OQ KO.OH (2)
CO OH
   
Từ (1) và (2) 
2
2 RKO.OH R OK
OH
    
0,50 
4, 
(5,5đ) 
b) 
(2,5đ) 
Vì OH cố định và R không đổi 
 OK không đổi  K cố định 
0,50 
OA
H'
H
E
PN
D C
B
M
ABC vuông cân tại A  AD là phân giác góc A và AD  BC 
 D  (O; AB/2) 
0,25 
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  0NHP 90 H thuộc đường tròn đường kính NP 
   0AHN AMN 45  (1) 
0,50 
Kẻ Bx  AB cắt đường thẳng PD tại E 
 tứ giác BNHE nội tiếp đường tròn đường kính NE 
0,25 
Mặt khác BED = CDP (g.c.g)  BE = PC 
mà PC = BN  BN = BE  BNE vuông cân tại B 
  0NEB 45 mà  NHB NEB (cùng chắn cung BN) 
  0NHB 45 (2) 
0,50 
Từ (1) và (2) suy ra  0AHB 90  H  (O; AB/2) 
gọi H' là hình chiếu của H trên AB 
AHB AHB
HH'.ABS S
2
   lớn nhất  HH' lớn nhất 
0,50 
5, 
(2,5đ) 
mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D cùng thuộc đường tròn đường kính AB 
và OD  AB) 
Dấu "=" xẩy ra  H  D  M  D 
0,50 
Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa 
 - Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.