bộ đề hsg toán lớp 9 các tỉnh có lời giải

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Đề thức KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP NĂM HỌC 2009 – 2010 Mơn thi: TỐN LỚP - BẢNG A Thời gian làm bài: 150 phút Câu (4,5 điểm): a) Cho hàm số f (a) Tính f (x) = (x + 12x − 31) 2010 a = 16 − + 16 + b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: Câu (4,5 điểm): a) Giải phương trình: 5(x + xy + y ) = 7(x + 2y) x = x3 − x + x − x 1 1 x + y + z =    − =4  xy z b) Giải hệ phương trình: Câu (3,0 điểm): Cho x; y; z số thực dương thoả mãn: xyz = 1 1 A= + + x + y3 + y + z + z + x + Tìm giá trị lớn biểu thức: Câu (5,5 điểm): Cho hai đường tròn (O; R) (O'; R') cắt hai điểm phân biệt A B Từ điểm C thay đổi tia đối tia AB Vẽ tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E tiếp điểm E nằm đường tròn tâm O') Hai đường thẳng AD AE cắt đường tròn tâm O' M N (M N khác với điểm A) Đường thẳng DE cắt MN I Chứng minh rằng: MI.BE = BI.AE a) b) Khi điểm C thay đổi đường thẳng DE ln qua điểm cố định Câu (2,5 điểm): Cho tam giác ABC vuông cân A, trung tuyến AD Điểm M di động đoạn AD Gọi N P hình chiếu điểm M AB AC Vẽ NH ⊥ PD H Xác định vị trí điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn - - - Hết - - Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2009 – 2010 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn biểu điểm chấm gồm 04 trang ) Môn: TOÁN - BẢNG A Câu 1, (4,5đ ) Ý Nội dung Điểm a = 16 − + 16 + 3 3 ⇒ a = 32 + (16 − 5)(16 + 5).( 16 − + 16 + ) 0,5 ⇒ a = 32 + 3.(−4).a 0,5 a) (2,0đ) ⇒ a = 32 − 12a 0,25 ⇒ a + 12a − 32 = 0,25 ⇒ a + 12a − 31 = 0,25 2010 ⇒ f (a ) = = 0,25 b) 5( x + xy + y ) = 7( x + y ) (2,5đ) (1) ⇒ 7( x + y ) M5 ⇒ ( x + y )M5 0,25 x + y = 5t (t ∈ Z ) 0,25 Đặt x + xy + y = 7t (1) trở thành Từ (2) (2) x = 5t − y ⇒ y − 15ty + 25t − 7t = ∆ = 84t − 75t 0,25 thay vào (3) ta 2 (3) (*) 0,25 0,25 Để (*) có nghiệm ⇔0≤t ≤ t∈Z ⇒ t = Vì Thay vào (*) Với Với 2, (4,5đ ) ĐK Với Với 0,25 ⇔ ∆ ≥ ⇔ 84t − 75t ≥ 28 25 t =1 0,25 0,25 0,25 t = ⇒ y1 = ⇒ x1 = 0,25 0,25  y2 = ⇒ x2 = −1 ⇒ t =  y3 = ⇒ x3 = x=0 x=0 x ≥1 0,25 0,25 thỗ mãn phương trình x ≥1 x − x = x ( x − 1) ≤ Ta có x − x = 1( x − x) ≤ ( x + x − 1) 0,5 ( x − x + 1) a) ⇒ x3 − x2 + x − x ≤ x (2,5đ) Dấu "=" Xẩy 0,25 0,25 Vơ lý Vậy phương trình cho có nghiệm b) (2,0đ) 1 1  x + y + z = (1)  (I )   − = (2)  xy z ⇒ 0,25  x = x − ⇔  x − x =  x = x − ⇔ ⇒ x +1 = x −1  x = x + 0,5 x=0 0,25 0,25 ĐK x; y; z ≠ 1 2 + 2+ 2+ + + =4 x y z xy xz yz Từ (1) Thế vào (2) ta được: 1 1 2 − = 2+ 2+ 2+ + + xy z x y z xy xz yz 0,25 0,25 ⇔ 1 2 + 2+ 2+ + =0 x y z xz yz ⇔( 1 + + 2)+( + + 2) = x xz z y yz z 0,25 1 1 1 1 ⇔  + ÷ + + ÷ = x z  y z 0,25 1  x + z = ⇔ 1 + =  y z 0,25 2 ⇔ x = y = −z Thay vào hệ (I) ta được: (x − y) ≥ ∀x; y Ta có 3, (3,0đ ) 0,25 1 ( x; y; z ) = ( ; ; − ) (TM ) 2 0,25 0,25 ⇔ x − xy + y ≥ xy 0,25 Mà x; y > =>x+y>0 Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2) ⇒ x3 + y3 ≥ (x + y)xy ⇒ x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz ⇒ x3 + y3 + ≥ xy(x + y + z) > Tương tự: y3 + z3 + ≥ yz(x + y + z) > z3 + x3 + ≥ zx(x + y + z) > 1 A≤ + + xy(x + y + z) yz(x + y + z) xz(x + y + z) ⇒ x+y+z A≤ xyz(x + y + z) ⇒ A≤ =1 xyz ⇒ Vậy giá trị lớn A ⇔ x = y = z = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 C M A D Q O E K O' H I B N Ta có: 4, (5,5đ ) · · BDE = BAE · · BAE = BMN ⇒ 0,25 (cùng chắn cung BE đường tròn tâm O) 0,25 (cùng chắn cung BN đường tròn tâm O') · · 0,25 BDE = BMN · · BDI = BMN hay ⇒ BDMI tứ giác nội tiếp · · MDI = MBI a) ⇒ (cùng chắn cung MI) (3,0đ) · · MDI = ABE mà (cùng chắn cung AE đường tròn tâm O) · · ABE = MBI ⇒ · · BMI = BAE mặt khác (chứng minh trên) ⇒ ∆MBI ~ ∆ ABE (g.g) MI BI = AE BE ⇒ ⇔ MI.BE = BI.AE b) Gọi Q giao điểm CO DE ⇒ OC ⊥ DE Q (2,5đ) ⇒ ∆ OCD vng D có DQ đường cao ⇒ OQ.OC = OD2 = R2 (1) Gọi K giao điểm hai đường thẳng OO' DE; H giao điểm AB OO' ⇒ OO' ⊥ AB H 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,50 0,50 µ =H µ = 900 ;O µ Q 0,50 Xét ∆KQO ∆CHO có chung ⇒ ∆KQO ~ ∆CHO (g.g) KO OQ = ⇒ OC.OQ = KO.OH (2) CO OH ⇒ R2 ⇒ KO.OH = R ⇒ OK = OH Từ (1) (2) Vì OH cố định R không đổi ⇒ OK không đổi ⇒ K cố định 5, (2,5đ ) 0,50 0,50 A H' N P O M B D H C E ∆ABC vuông cân A ⇒ AD phân giác góc A AD ⊥ BC ⇒ D ∈ (O; AB/2) Ta có ANMP hình vng (hình chữ nhật có AM phân giác) ⇒ tứ giác ANMP nội tiếp đường trịn đường kính NP · NHP = 900 ⇒ mà H thuộc đường trịn đường kính NP ·AHN = AMN · = 450 ⇒ (1) Kẻ Bx ⊥ AB cắt đường thẳng PD E ⇒ tứ giác BNHE nội tiếp đường trịn đường kính NE Mặt khác ∆BED = ∆CDP (g.c.g) ⇒ BE = PC mà PC = BN ⇒ BN = BE ⇒ ∆BNE vuông cân B · · · NEB = 450 NHB = NEB ⇒ mà (cùng chắn cung BN) 0,25 0,50 0,25 0,50 ⇒ · NHB = 450 (2) · AHB = 900 0,50 Từ (1) (2) suy ⇒ H ∈ (O; AB/2) gọi H' hình chiếu H AB HH'.AB ⇒ SAHB = ⇒ SAHB lớn ⇔ HH' lớn mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D thuộc đường tròn đường kính AB OD ⊥ AB) Dấu "=" xẩy ⇔ H ≡ D ⇔ M ≡ D Lưu ý: 0,50 - Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa Điểm thi tổng điểm không làm trịn - PHỊNG GD&ĐT THẠCH HÀ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Tốn (Thời gian làm bài: 150 phút) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (4,5 điểm) ( A = + 15 )( 10 − Tính giá trị biểu thức Tìm điều kiện xác định biểu thức sau: M= 2018 N= x2 − 2x − ) − 15 −2019 x − 2x + Câu (3,0 điểm) Cho số a, b,c khác 0, thỏa mãn a + b+ c = Chứng minh đẳng thức: 1 1 1 + 2+ = + + a b c a b c 1+ 1 1 1 + + + + + + + + 2 2 2018 20192 Tính giá trị biểu thức: B = Câu (4,5 điểm) Cho đa thức f(x), tìm dư phép chia f(x) cho (x-1)(x+2) Biết f(x) chia cho x - dư f(x) chia cho x + dư Giải phương trình: x3 - 3x + x + = Tìm nghiệm nguyên phương trình: 5x2 + y2 = 17 – 2xy Câu (3,0 điểm) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: a) a b c + + Điều kiện xác định M ⇔ ( x + 1)( x − > x +1 > ⇔ x − > x +1 <  x − < x > ⇔  x < −1 Điều kiện xác định N 2 x + ≥ ⇔ x > 2x + ≥   x − x + > (*) ) x > ⇔  x < −1 ⇔ x2 > x + ⇔ x2 − x − > Từ (*) (**) ta x>3 (**) điều kiện xác định M 2 Ta có: = 1 1  1 1  + + ÷  + + ÷ = + + + 2 a b c a b c  ab bc bc  1 a b  1 2(a + b + c )  c 1 + + + + + = + + + = 2+ 2+  ÷ 2 2 2 a b c b c abc  abc abc abc  a a b c 1 1 1 + 2+ = + + a b c a b c Vậy 1 1 1 1 + 2+ = + + = + − a b c a b c a b a+b Theo câu a) Ta có Áp dụng (*) ta có: 1 1 1 1 1 1+ + = + + = + + = + − 2 1 ( −2) 1 (−2) 1 (*) 1 + − >0 1 (Vì 1 1 1 1 1 1+ + = + − 1+ + = + − 4 3 Tượng tự ; ;… 1 1 1+ + = + − 2 2018 2019 2018 2019 B = 2019 − Suy ) 4076360 = 2019 2019 x3 - 3x + x + = Û (x +1)(x2 - 4x+ 6) = Û (1) x + = (1) Û x =- x2 – 4x + = (2) Û (x- 2)2 + = (2) (x- 2)2 + ¹ " x Do nên pt vô nghiệm S = { - 1} Vậy tập nghiệm phương trình cho (x- 1)(x + 2) = x2 + x- ( x − 1)( x + 2) Vì đa thức bậc nên f(x) : có đa thức dư dạng ax + b f ( x) = ( x − 1)( x + 2).q ( x) + ax + b Đặt Theo đề f(x) : (x - 1) dư ⇒ f (1) = ⇔ a + b = ⇒ f (−2) = ⇔ −2a + b = f(x) : (x + 2) dư ⇒ Từ (1) (2) a = b = (1) (2) [ (x- 1)(x + 2)] Vậy f(x) : 5x2 + y2 = 17 – 2xy ⇒ x ≤ 17 ⇒ x ≤ Nếu x2 = Nếu x2 = Nếu x = ⇒ ⇒ ⇒ ⇔ 17 dư 2x + 4x2 + (x + y)2 = 17 x2 số phương nên x2 = 0; 1; (x + y)2 = 17 (loại) (x + y)2 = 13 (loại) x = x = - ⇒ ⇒ x=2 (2 + y)2 = y = - y = - ⇒ ⇒ x = -2 (-2 + y)2 = y = y = Vậy phương trình có nghiệm : (x; y) = (2; -3), (2; -1), (-2; 3), (-2; 1) Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên b + c > a ⇔ a(b + c) > a ⇔ a(b + c) + ab + ac > a + ab + ac ⇔ 2a(b + c) > a(a + b + c) ⇔ Tượng tự ta có: a 2a < b+c a+b+c b 2b < c+a a+b+c ; c 2c < b+a a+b+c a b c 2a 2b 2c + + < + + = (dpcm) b+c c+a a+b a+b+c b+c+a a+b+c Suy ra: Ta có a + b > c 1 1 2 + > + = > = b + c c + a b + c + a c + a + b a + b + c ( a + b ) + ( a + b) a + b Chứng minh tương tự ta có Vậy 1 ; ; a+b b+c c+a 1 + > c+a a+b b+c ; 1 + > a+b b+c c+a độ dài cạnh tam giác (Đpcm) x + 5y2 − 4xy + 4x − 8y − 12 = ⇔ ( x − y + 2) + y = 16 = + Cách khác xét trường hợp nghiệm b) ta có P(x) = x − 3x + 14x − = (x - 2)(x - x + 12) + 22 để P(x) chia hết 11 (x - 2)(x - x + 12) 11 (x - x + 12) = x(x - 1) + + 11 mà (x - x + 12) ta có x( x − 1) + không chia hết cho 11 suy x∈N suy không chia hết cho 11 nên x-2 chia hết co 11 mà x