Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 năm học 2014 2015 môn: Toán Trường Thcs Cao Viên4626

TRƯỜNG THCS CAO VIÊN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2014 - 2015 Mơn: Tốn Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm có: 01 trang Bài 1: (6 điểm) a) Cho P   x  x  y 1 y    y x y     x 1 xy  x 1 1 y  Tìm điều kiện x,y để biểu thức P xác định rút gọn P Tìm x,y nguyên thỏa mãn phương trình: P = b) Chứng minh rằng: Với n N n + n +1 không chia hết cho Bài 2: (4 điểm) a) Giải phương trình : 17  x  3  x  b) Cho số thực dương a,b thỏa mãn: a 100 + b 100 = a 101 + b 101 = a 102 + b 102 Tính giá trị biểu thức: P = a 2015 + b 2015 Bài 3: (3 điểm) a/ Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y  x  19 ab  bc  ca a  b  c  b/ Cho a,b,c > Chứng minh : 2   28 a b c abc Bài 4: (6 điểm) Cho đường trịn (O), đường kính AB = 2R Gọi M điểm thuộc đường tròn tâm O khác A,B.Các tiếp tuyến đường tròn tâm O A M cắt E Vẽ MP vng góc với AB(P AB), vẽ MQ vng góc với AE ( Q AE) 1.Chứng minh rằng: Bốn điểm A,E,M,O thuộc đường tròn tứ giác APMQ hình chữ nhật Gọi I trung điểm PQ Chứng minh O,I,E thẳng hàng Gọi K giao điểm EB MP Chứng minh EAO đồng dạng với  MPB suy K trung điểm MP Đặt AP = x Tính MP theo x R.Tìm vị trí điểm M đường trịn (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn Bài 5: (1 điểm) Tìm nghiệm nguyên ,dương phương trình: xy+yz+zx=xyz+2 - Hết - ThuVienDeThi.com TRƯỜNG THCS CAO VIÊN HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: Toán Nội dung Bài Bài (6 đ ) Điểm a) Tìm điều kiện : x ≥ 0, y ,y ≠ 1, x+y≠0     x  y  x  y 1  y  x  1  x  y  x  y  x  xy  y  xy  =  x  y 1  y  x  1 P x  0,5đ x   y  y  xy =…= x  xy  y P=2  x  xy  y =2   1  y  x  1 Ta có 1  y  1     x 1 y  x 1   0,5đ 1,0đ 0,5đ  y 1  0,5đ x   x  Kết hợp với điều kiện x ≥ Vậy 0x4  x  {0,1,2,3,4} Thay vào phương trình P=2 ta có: (x,y) {(4,0); (2,2)} b) giả sử tồn số tự nhiên n để n  n   §Ỉt A  n  n  V× A9  A9 (1) Ta cã: A  4(n  n  1)  (2n  1)  V× A9  A3  (2n  1) 3  2n  13  (2n  1) 9 A  (2n  1)  kh«ng chia hÕt cho  A kh«ng chia hÕt cho Ta thÊy (1) (2) mâu thuẫn Vậy điều giả sử sai VËy víi n  N th× n  n  kh«ng chia hÕt cho Bài (4đ) 1.(2đ) Tìm điều kiện 0 x 17 - Đặt t3 xx(tu0)  txut 3 x  x 3   1,0đ 0,5đ (2) 0,5đ 0,25đ 0,5đ  -Giải đến 0,5đ 0,5đ {utut==162 ) * Với ut=2 t=1 t=2 - Với t=1  x=1 -Với t=2  x=4 * Với ut=6  Pt vô nghiệm -Kết luận nghiệm (2đ) 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ ThuVienDeThi.com a102  b102  a101  b101 a  b   ab a100  b100  Ta có : 0,5đ 0,5đ  a102  b102  a102  b102 a  b  ab   a  b  ab   a, b   1;1 Bài (3đ) Tính P=2 Viết  x  x  1 7  y  0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ  x  1  7  y   7  y   y số nguyên lẻ Mà x  1  0 7  y  0 y =1 Thay y =1 vào tìm x=2, x=-4 Thử lại :… trả lời Có nghiệm (2,1) ;(2,-1) ;(-4,1) ;(-4,-1) Với x, y, z > Ta có: 0,25đ 0,25đ x y   (1) y x 1 +)    (2) x y z x yz 0,25đ x2  y  z  (3) +) + +  xy + yz + zx  xy  yz  zx Xảy đẳng thức (1), (2), (3)  x = y = z.Ta có: ab  bc  ca (a  b  c) P  (a  b  c)2 2 abc a b c (a  b  c) ab  bc  ca   (a  b  c  2ab  2bc  2ca ) 2 abc a b c 0,25đ +) x2 y2 z2 0,5đ Áp dụng bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được: P ab  bc  ca 2 a b c  (a  b  c )  2.9 ab  bc  ca  ab  bc  ca a  b  c  a  b2  c2    18    a  b  c ab  bc  ca  ab  bc  ca      18  28 2  Dấu “ =” xảy  a  b  c  ab  bc  ca  a  b  c ab  bc  ca 0,5đ I Bài (6đ) M K B O ThuVienDeThi.com P Q E I x A 0,25đ a) Vì AE tiếp tuyến đường tròn(0) A  AE AO  OEA vng A O,E,A  đường trịn đường kính OE(1) Vì ME tiếp tuyến đường trịn(0) M  MEMO MOE vng MM,O,E  đường trịn đường kính OE(2) (1),(2) A,M,O,E thuộc mơt đường trịn *Tứ giác APMQ có góc vng : 0,75đ ฀ ฀ ฀ EAO  APM  PMQ  90o => Tứ giác APMQ hình chữ nhật b) Ta có : I giao điểm đường chéo AM PQ hình chữ nhật APMQ nên I trung điểm AM Mà E giao điểm tiếp tuyến M A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng c) hai tam giác AEO PMB đồng dạng chúng tam giác vng có góc ฀ ฀ AOE , OE // BM  ABM => 0,75đ 1,5đ 1,5đ AO AE (3)  BP MP Mặt khác, KP//AE, nên ta có tỉ số KP BP (4)  AE AB Từ (3) (4) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP Vậy K trung điểm MP d) Ta dễ dàng chứng minh : abcd abcd      (*) Dấu “=” xảy a = b = c = d MP = MO  OP  R  (x  R)2  2Rx  x Ta có: S = SAPMQ = MP.AP  x 2Rx  x  (2R  x)x S đạt max  (2R  x)x đạt max  x.x.x(2R – x) đạt max  x x x (2R  x) đạt max 3 Áp dụng (*) với a = b = c = x x x x x x x R4  Ta có : (2R  x)      (2R  x)   3 3 3 16  x Do S đạt max   (2R  x)  x  R R Vậy MP= hình chũ nhật APMQ có diện tích lớn Bài Tìmnghiệm nguyên ,dương phương trình: xy+yz+zx=xyz+2(1) ThuVienDeThi.com 1,5đ (1đ) Do vai trị x,y,z bình đẳng, nên khơng tính chất tơng qt Giả sử x y z 1,từ suy xy+yz+zx xy+xy+xy=3xy(2) (1),(2) 3xyz xyz+2 Hay 3xy xyz  z