SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
Họ và tên:…………………..
SỐ BÁO DANH:……………

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2015-2016
Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016
Môn thi: TOÁN
LỚP 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề gồm có 01 trang

Câu 1 (2.0 điểm)
Cho biểu thức: P =

x2 − x
2 x + x 2( x − 1)
−
+
với 0 < x ≠ 1 .
x + x +1
x
x −1

a. Rút gọn biểu thức P.
b. Tìm x để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 2 (3.0 điểm)
a. Cho phương trình: 2 x 2 + 2mx + m 2 − 2 = 0 (tham số m). Tìm m để phương trình có
hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn | 2 x1 x2 + x1 + x2 − 4 |= 6 .
b. Giải hệ phương trình:


KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2015-2016
Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016
Môn thi: TOÁN
LỚP 9
Đáp án này gồm có 04 trang


YÊU CẦU CHUNG
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải
lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.
* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những
bước giải sau có liên quan. Ở câu 3 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho
điểm 0.
* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành
phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm
của từng bài.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.
Câu

Nội dung

Điểm

x − x
2 x + x 2( x − 1)
−
+
với 0 < x ≠ 1 .
x + x +1

0,25
0,25
0,25

x +1

b. Tìm x để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất.
Với 0 < x ≠ 1 ta có:
1
3 3
P = x − x + 1 = ( x − )2 + ≥
2
4 4
1
1
Dấu ‘=’ xãy ra khi và chỉ khi x − = 0 ⇔ x =
2
4
2

1,0

1
Kết luận: P đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi x = .
4
2
2
a. Cho phương trình: 2 x + 2mx + m − 2 = 0 (tham số m). Tìm m để
phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn | 2 x1 x2 + x1 + x2 − 4 |= 6
Ta có: ∆’ = m 2 − 2(m 2 − 2) = 4 − m 2


2
m= 0 hoÆ
c m= 1

 m − m= 0
| 2 x1 x2 + x1 + x2 − 4 |= 6 ⇔ 2.

⇔ m= 0 hoÆ
c m= 1
Kết luận: m = 0 ; m = 1
b. Giải hệ phương trình:

{

{

2

x3 − 2 x 2 y + x = y 3 − 2 xy 2 + y
x − 2 + 4 − x = y 2 − 6 x + 11

x−2≥0
ĐKXĐ: 4 − x ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 4
x3 − 2 x 2 y + x = y 3 − 2 xy 2 + y (1)
x − 2 + 4 − x = y 2 − 6 x + 11 (2)
Từ (1) ta có:
x3 − 2 x 2 y + x = y 3 − 2 xy 2 + y
⇔ x3 − 2 x 2 y + x − y 3 + 2 xy 2 − y = 0
⇔ ( x3 − y 3 ) − 2 xy ( x − y ) + ( x − y ) = 0

ABM , NI và NJ lần lượt cắt (O) tại
E và F .
a. Chứng minh MI = MB . Từ đó suy ra BIJ và CIJ là các tam giác

0,25

0,25

0,50

1,50

0,25

0,50

0,25

0,25

0,25
1,50


vuông.

0,25

3
µA

2
Tương tự: tam giác CIJ vuông tại C.
Vậy BIJ và CIJ là các tam giác vuông tại B và C.
b. Chứng minh I , J , E, F cùng nằm trên một đường tròn.
1 »
·
» ; ·AIE = 1 s®NM
¼ + s®AE
»
= s®NA
+ s®AE
Ta có: NFE
2
2
·
·
» =s®NM
¼ (N là điểm chính giữa cung ¼
Mà s®NA
= AIE
ABM ) ⇒ NFE

(

)

(

)



1,5


Trước hết ta chứng minh với a > 0 thì ( a + b) ≤ ( a + b2 ) ( a + 1) (*)
2

Thật vậy:
(*) ⇔ a2 + 2ab + b2 ≤ a2 + a + ab2 + b2 ⇔ 2ab ≤ a + ab2

0,50

⇔ a( b − 1) ≥ 0 (do a > 0)
2

1
a+ 1
2
Từ (*) ⇒ a + b2 ≤
( a + b)
1
b+ 1
2
Tương tự: b + a2 ≤
( b + a)

0,25

1
1

4
2
Xét phương trình bậc hai : n + n − (m + m + 8m− 16) = 0 (1) (ẩn số n)
Để phương trình (1) có nghiệm nguyên dương thì
∆ = 4m4 + 4m2 + 32m− 63 phải là một số chính phương.
2
2
2
Ta có ∆ = ( 2m2 + 2) − 4( m− 4) − 3< ( 2m2 + 2) , ∀m∈ ¥ *

0,50

0,25
1,0
0,25

0,25

Mặt khác ∆ = ( 2m2 + 1) + 32( m− 2)
2

Do đó ∆ = ( 2m2 + 1) + 32( m− 2) > ( 2m2 + 1) , ∀m> 2
2

2

Khi đó: ( 2m + 1) < ∆ < ( 2m + 2) , ∀m> 2
Suy ra (1) chỉ có nghiệm nguyên dương n khi m= 1 hoặc m= 2
Nếu m= 1 thì n2 + n + 6 = 0 vô nghiệm.
n = 4