Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS năm 2012 2013 môn thi: Toán43475

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2012-2013 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Bài (4,0 điểm) Cho biểu thức: P  x y xy   ( x  y )(1  y ) ( x  y )( x  1) ( x  1)(1  y ) Rút gọn biểu thức P Tìm giá trị x, y nguyên thỏa mãn P = Bài (4,0 điểm) Cho hai số thực a, b không âm thỏa mãn18a  4b  2013 Chứng minh phương trình sau ln có nghiệm: 18ax  4bx  671  9a  3 Tìm tất nghiệm nguyên x, y phương trình x  x  x   y Bài (4,5 điểm) Cho p 2p + hai số nguyên tố lớn Chứng minh 4p + hợp số 2 Giải phương trình: x  x   x  x  2 x  Bài (6,0 điểm) Cho góc xOy có số đo 60o Đường trịn có tâm K nằm góc xOy tiếp xúc với tia Ox M tiếp xúc với tia Oy N Trên tia Ox lấy điểm P thỏa mãn OP = 3OM Tiếp tuyến đường tròn (K) qua P cắt tia Oy Q khác O Đường thẳng PK cắt đường thẳng MN E Đường thẳng QK cắt đường thẳng MN F Chứng minh tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp đường tròn Gọi D trung điểm đoạn PQ Chứng minh tam giác DEF tam giác Bài (2,0 điểm) Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn: a  b  c  Chứng minh rằng: a 1 b 1 c 1   3  b2  c2  a HẾT -Thí sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: DeThiMau.vn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2012-2013 Mơn thi: TỐN ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN-BIỂU ĐIỂM (Đáp án biểu điểm gồm trang) Câu Câu 1.1 (2,5 ) Ni dung Điều kiện để P xác định : x ; y ; y  ; x  y  P    Câu 1.2 (1,5 đ) Câu 2.1 (2,0 đ) Câu 2.2 (2,0 đ)  x(1  x )  y (1   x  x  y   y x  x  y )  xy 1  x y x  y 1   1  y  x  xy  P=2  x    x 1   ( x  y)   x x  y y   xy  x  y  y  x  y 1  x 1  y  x  1  y xy  y  xy x 1 x  y  y  y x  y   x 1  x   y 1  y 1   x 1  y     x 1  y 1 x 1 1  x 1  y    y 1  y  y 0,5 x  0,5 0,5 0,5 y xy  y = với x  ; y  ; y  ; x  y    y   y  1   x 1 1  0,5 y 1 Ta cã: + y   x     x   x = 0; 1; 2; ; Thay vµo P ta cã cặp giá trị (4; 0) (2 ; 2) tho¶ m·n Cho hai số thực a, b thỏa mãn 18a  b  2013 (1) 0,5 0,5 Chứng minh phương trình sau có nghiệm: 18ax  bx  671  a  (2) TH1 : Với a = (2)  4bx  671  671 Từ (1)  b  Vậy (2) ln có nghiệm x   4b TH2 : Với a  , ta có :  '  4b  18a(671  9a)  4b2  6a.2013  162a2 0,5  b2  a(18a  b)  162 a2  b2  24 ab  54 a2  (2 b  a)2  16 a2  0, a, b 0,5 Vậy pt ln có nghiệm Tìm số ngun x, y thỏa mãn phương trình: 0,5  3 x  x  3x   y  y x2 0,5 (2) Từ (1) (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy y = x + Thay y = x + vào pt ban đầu giải phương trình tìm x = -1; x = từ tìm hai cặp số (x, y) thỏa mãn toán (1 ; 2), (-1 ; 0) Do p số nguyên tố lớn nên p có dạng p  3k  *) Nếu p  3k  p   k   3(2 k  1) DeThiMau.vn 0,5 Ta có y  x3  x  3x    x      x  y (1) 4  9 15  0 ( x  2)3  y  x  x    x    4 16  Câu 3.1 Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 (2,0đ) Câu 3.2 (2,5 đ)  p  hợp số (Vô lý) *) Nếu p  3k  1, k  p   12 k   3(4 k  1) Do k   nên p  hợp số Điều kiện: x  PT  x  x   x x   2 x    2x    0,5 0,5 0,5  0,5  4x2  4x x   x    2x   2x   x 3     2x 1  0 0,5 2 x  x     x  4 x  x    x  (tmđk)   2x 1 0,5 0,5 Câu Câu 4.1 (2,5 đ) y Hình vẽ ฀ +PK phân giác góc QPO 0,5 ฀ ฀  MPE  KPQ (*) 0,5 ฀  1200 + Tam giác OMN  EMP ฀ + QK phân giác OQP Q  N E ฀  1800  KQP ฀  KPQ ฀ QKP D K  0,5 ฀  2KPQ ฀ Mà 2KQP  1800  600  1200 x O P M F Câu 4.2 (1,0 đ) Câu 4.3 (2,5 đ) ฀ ฀ ฀  QKP  1200 Do đó: EMP  QKP ** Từ (*) (**), ta có MPE ฀ KPQ 0,5 ฀ ฀ Do hai tam giác MPE KPQ đồng dạng nên: MEP  KQP 0,5 ฀  FQP ฀ hay: FEP Suy ra, tứ giác PQEF nội tiếp đường tròn 0,5 Gọi D trung điểm đoạn PQ Chứng minh tam giác DEF tam giác PM PE PM PK Do hai tam giác MPE KPQ đồng dạng nên: = Suy ra: = PK PQ PE PQ ฀ ฀ Do đó, hai tam giác MPK EPQ đồng dạng Ngoài ra: MPK  EPQ ฀  PMK ฀ Từ đó: PEQ  900 Suy ra, D tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQEF Vì vậy, tam giác DEF cân D ฀  2FQD ฀ ฀ ; EDQ ฀ ฀  OPQ ฀ Ta có: FDP  OQP  2EPD   ฀  1800  FDP ฀  EDQ ฀ ฀  600 FDE  POQ Câu 0,5 Từ đó, tam giác DEF tam giác Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn: a  b  c  Chứng minh rằng: DeThiMau.vn 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 (2,0 đ) a 1 b 1 c 1   3  b2  c  a2 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:  b2  b nên: a 1 b2 (a  1) b2 (a  1) ab  b  (a  1)   (a  1)   a 1 1 b b 1 2b  a 1 ab  b  a 1 1 b 0,5 Tương tự ta có: b 1 bc  c (2)  b 1 1 c c 1 ca  a  c 1 (3) 1 a Cộng vế theo vế (1), (2) (3) ta được: a 1 b 1 c 1 a  b  c  ab  bc  ca (*)   3 2 1 b 1 c 1 a Mặt khác: 3(ab  bc  ca)   a  b  c    Nên (*)  a  b  c  ab  bc  ca 0 a 1 b 1 c 1    (đpcm)  b2  c  a2 Dấu "=" xảy a  b  c  -HẾT -Lưu ý: - Các cách giải khác cho điểm tương đương với biểu điểm - Điểm tồn khơng làm trịn DeThiMau.vn 0,5 0,5 ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2012- 2013 Mơn thi: TỐN ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN-BIỂU ĐIỂM (Đáp án biểu điểm gồm trang)... Từ (1)  b  Vậy (2) ln có nghiệm x   4b TH2 : Với a  , ta có :  '  4b  18a(671  9a)  4b2  6a .2013  162a2 0,5  b2  a(18a  b)  162 a2  b2  24 ab  54 a2  (2 b  a)2  16 a2 ... nên p có dạng p  3k  *) Nếu p  3k  p   k   3(2 k  1) DeThiMau.vn 0,5 Ta có y  x3  x  3x    x      x  y (1) 4  9? ?? 15  0 ( x  2)3  y  x  x    x    4 16  Câu 3.1