SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9
Năm học : 2015 – 2016
Môn thi : Toán
Thời gian : 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (4,0 điểm):
 a 3 a a 3 a  
9 

Cho biểu thức A = 
 . a 
 với a  0, a  9 .
a

3
a

3
a




a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = A + a .
Câu 2 (4,0 điểm):



2a5  3b5 2b5  3c5 2c5  3a5
Chứng minh rằng:


 15  a3  b3  c3  2 .
ab
bc
ca
------------------ Hết ------------------


SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
THANH HÓA

ĐÁP ÁN GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9
Năm học : 2015 – 2016
Môn thi : Toán
Nội dung

Câu
Rút gọn biểu thức
1a
(2,0đ)

( a  3)2  ( a  3)2 a  9
Có A  a .
.
( a  3)( a  3)
a

Tìm giá trị nhỏ nhất của M = A + a.

M  A  a  a  12 a 





2

a  6  36  36 , dấu đẳng thức xảy ra khi a = 36 (tmđk).

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là - 36 khi và chỉ khi a = 36.
Giải phương trình

9
2x

 1 1
2
x
2 x2  9

Điều kiện x  0.

2 x2  9
2x

 3  0  2
2

2
3
2
 2t  3  0  2t  3t  1  0   t  1  2t  1  0  
t   1
t2

2
x  0
Với t = 1 ta có x  2 x 2  9   2
vô nghiệm.
x

9

0

x  0
x  0
1
3 2

2
 Với t   ta có 2 x  2 x  9   2


x






31 2
y  4 vô nghiệm.
49
Với 3x + y = 0 thay vào (2) được y 2  9  y  3
Với 7x – 4y = 0 thay vào (2) được 


y = 3 thì x = - 1; y = - 3 thì x = 1.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x;y) = (0;2); (0;-2); (-1;3); (1;-3);
Tìm các nghiệm nguyên (x, y) của phương trình: 54x3 + 1 = y3.

1

Nếu x = 0 suy ra y = 1, nếu y = 0 thì không có x nguyên thỏa mãn.
Nếu x  0; y  0. (1)  4  54 x3 (54 x3  1)  4  54 x3 y 3

 (4  27 x3  1)2  (6 xy)3  1
Đặt 4  27x3  a ; 6xy  b ta được (a  1)2  (b  1)(b 2  b  1) (2)

b  1 d

3a
(2,0đ)

Từ (2) ta thấy b + 1 > 0. Gọi ƯCLN (b  1; b 2  b  1)  d  

2
b  b  1 d

(3)

0
1
0


suy ra phương trình còn một nghiệm y1 thỏa mãn 
3b
(2,0đ)

x0 + y0  x0 + y1  y0  y1

+) Nếu x0  y0 thay vào phương trình đề cho được m 

2 y02  1
1
 2  2  y0  1
2
y0
y0

(do m và y0 nguyên dương) suy ra m  3 , khi đó phương trình đã cho nhận ( x; y)  (1;1) làm
nghiệm,  m = 3 là một giá trị cần tìm.
+) Nếu x0  y0  y1 thì từ (3) suy ra y02  x02  1  ( y0  x0 )( y0  x0 )  1 vô lý.

 y0  x0  1
2
nên từ (3)  ( x0  1)( x0  2)  x0  1  3x0  1  0 vô lý.
 y1  x0  2

Kẻ tiếp tuyến Ax của (O) suy ra xAB  ACB .
Mà ACB  AFE ( vì tứ giác BFEC nội tiếp),
suy ra xAB  AFE ,  Ax //EF  OA  EF.
Tương tự: OB FD ; OC  DE.
 SABC = SAEOF + SBDOF + SCDOE
4b
(2,0đ)

1
1
1
1
1
 OA  EF  OB  DF  OC  DE  R ( EF  DF  DE )  AD.BC
2
2
2
2
2
AD.BC
Suy ra chu vi tam giác DEF là
.
R
Mà R, BC cố định  Chu vi tam giác DEF lớn nhất khi AD lớn nhất  A là điểm chính giữa của cung BC
lớn.
Tam giác AMN cân ở A  phân giác AK là trung trực của MN.

 Tâm O’ của (AMN) là trung điểm của AK  AMK  ANK  900 .
Gọi I là giao điểm của MK và BH, J là giao điểm của NK và CH.
Chứng minh được HIKJ là hình bình hành  HK đi qua trung điểm G của IJ.

M
N
I
B

G

J
K

D
L
C

Cho các số dương a, b, c thoả mãn ab2  bc2  ca2  3 . Chứng minh rằng:

2a5  3b5 2b5  3c5 2c5  3a5


 15 a3  b3  c3  2
ab
bc
ca
5
5
2a  3b
Ta chứng minh bất đẳng thức
(1)
 5a3  10ab2  10b3 với a, b  0
ab


 15(a3  b3  c3 )  10(ab2  bc 2  ca 2 )
ab
bc
ca
2
2
2
Mà ab  bc  ca  3 nên
2a5  3b5 2b5  3c5 2c5  3a5


 15(a3  b3  c3 )  30  15(a3  b3  c3  2)
ab
bc
ca
Vậy ta có điều phải chứng minh, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1.