SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi: Toán-lớp 9.
Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010.
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề).
Câu I (4,0 điểm).
Cho biểu thức
2 1 2
1 ( ).
1
1 2 1
x x x x x x x x
A
x
x x x
+ − − + −
= + −
−
− −
.
1. Tìm các giá trị của x để
6 6
5
A
−
=
.
2. Chứng minh rằng
2

2 6 24 0x mx+ + =
(m là tham số).
Tìm giá trị của tham số m để phương trình có 4 nghiệm
1 2 3 4
, , ,x x x x
phân biệt thỏa mãn:
4 4 4 4
1 2 3 4
144x x x x+ + + =
.
Câu IV (6,0 điểm).
Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Gọi C là trung điểm của đoạn thẳng AO. Một
đường thẳng a vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại I. Trên đoạn CI lấy điểm K bất
kì (K không trùng với C và I). Tia AK cắt nửa đường tròn (O) tại M, tiếp tuyến của nửa đường
tròn (O) tại M cắt đường thẳng a tại N, tia BM cắt đường thẳng a tại D.
1. Chứng minh rằng tam giác MNK là tam giác cân.
2. Tính diện tích tam giác ABD theo R, khi K là trung điểm của đoạn thẳng CI.
3. Chứng minh rằng khi K chuyển động trên đoạn thẳng CI thì tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác AKD luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
Câu V (2,0 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

4
1
111
≤
+
+
+
+

(2 1)( 1) (2 1)( 1) ( 1)
1 .
(1 )( 1) 2 1
(1 ) 1
x x x x x x x x
A
x
x x x
x x x x x x x
x x x x
x x
+ − − + −
= + −
−
− −
 
− + − + −
 
= + −
 
− + + −
− +
 
0,5
( 1) 1
1 1 . 1
1 1 1
x x x x
x
x x x x x x

x x
+
> ⇔ > ⇔ − + > ⇔ − >
+ +
1
Do
1x ≠
nên
2
1 0 ( 1) 0x x− ≠ ⇒ − >
0,5
Vậy
2
3
A >
0,5
II.1
2(điểm
)
II.2
2(điểm
1)
Xét ( a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2

2
+ d
2
) là số chẵn.
0,5
Do đó a + b + c + d là số chẵn mà a + b + c + d > 2

⇒
a + b + c + d là hợp số.
0,5
2)
2
( 3) ( 3)x xy− +M
(1)
Vì x, y là các số nguyên dương nên từ (1)
⇒
x
2
y – 3y

xy + 3

⇒
x(xy +3) – 3(x+y)
( 3)xy +M
⇒
3(x+y)
( 3)xy +M

⇒

2(điểm
)
1)
2 1 3 1x x x+ − = −
(1), điều kiện
0x ≥
Đặt
2 1 , 0x a a+ = ≥
;
3 , 0x b b= ≥
0,5
Suy ra
2 2
1b a x− = −
Thay vào (1) ta được
2 2
a b b a− = −
( ).( 1) 0a b a b a b⇔ − + + = ⇔ =
(do
0, 0a b≥ ≥
nên a+b+1>0)
1
Với a = b ta có
2 1 3 1x x x+ = ⇔ =
thỏa mãn điều kiện
Vậy x=1 là nghiệm của phương trình đã cho.
0,5
2)
4 2
2 6 24 0x mx+ + =


>
⇔ = > ⇔ ⇔ < −
 
<


+ = − >

0,5
Với
1 2
,t t
là hai nghiệm của pt (1) thì
1 1
x t= −
,
2 1
x t=
,
3 2
x t= −
và
4 2
x t=
nên ta
có
4 4 4 4 2 2 2
1 2 3 4 1 2 1 2 1 2
2( ) 2 ( ) 2 .x x x x t t t t t t

0,5
·
0
90AMB =
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒
·
·
∆ ∆ ⇒ =: ( . )ACK AMB g g AKC MBA
mà
·
·
AKC NKM=
( 2 góc đối đỉnh)
1
suy ra:
·
·
( )
2NKM MBA=
Từ (1) và (2) suy ra
·
·
NMK NKM MNK= ⇒ ∆
cân tại N.
0,5
2) Xét tam giác OCI vuông tại C có
= − = − = ⇒ =
2 2
2 2 2 2

.
.
2 2
3
3
4
R R
AC KC AC CB
DC R
DC CB KC
R
1
3
2
3.2
2
.
2
R
RRDCAB
S
ADB
===⇒

KL:
=
2
3
ADB
S R







+≤
+
⇒
+
≥+
yxyxyxyx
dấu bằng
xảy ra khi x = y.
0,5
Áp dụng bất đẳng thức (*) và do a+b+c = 1 nên ta có:

1 1
;
1 ( ) ( ) 4
ab ab ab
c c a c b c a c b
 
= ≤ +
 ÷
+ + + + + +
 
Tương tự ta có:

1 1

+ + + + + +
 
0,5
⇒
4
1
111
≤
+
+
+
+
+ b
ca
a
bc
c
ab
. Dấu bằng xảy ra
3
1
===⇔ cba
0,5