PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỊ Xà SA PA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THỊ Xà LỚP 9, NĂM HỌC 2019 - 2020 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm có 01 trang,05 câu) Ngày thi: 04/01/2020 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm): a) Tìm số tự nhiên n để A = n2012 + n2002 + số nguyên tố b) Tìm số nguyên x y thỏa mãn x + y + xy = y + Câu (4,0 điểm): x x+2 − x +1 x x +1 Cho biểu= thức: P a) Rút gọn P; b) Tìm giá trị x để P = ; c) Tìm giá trị lớn P, giá trị nhỏ P ( m − 1) x + y = 3m − m x + ( m − 1) y = Câu (4,0 điểm): Cho hệ phương trình với tham số m: a) Giải biện luận hệ phương trình theo m; b) Tìm giá trị nguyên m để nghiệm hệ phương trình số nguyên; c) Tìm giá trị m để hệ phương trình có nghiệm dương Câu (4,0 điểm): 4.1: Cho số dương x, y, z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 671 Chứng minh rằng: x y z + + ≥ x − yz + 2013 y − zx + 2013 z − xy + 2013 x + y + z 4.2: Cho đường thẳng (d) có phương= trình: y 2(1 − m) x + (với m tham số, m ≠ ) m−2 m−2 a) Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d) qua; b) Xác định giá trị tham số m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đường thẳng (d) lớn Câu (6,0 điểm): 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) a) Chứng minh rằng: bốn điểm A,E,M,O thuộc đường tròn tứ giác APMQ hình chữ nhật; b) Gọi I trung điểm PQ Chứng minh O,I,E thẳng hàng; c) Gọi K giao điểm EB MP Chứng minh ∆EAO đồng dạng với ∆ MPB K trung điểm MP; d) 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 Hết -Cán coi thi khơng giải thích thêm PHỊNG GD&ĐT THỊ Xà SA PA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THỊ Xà LỚP 9, NĂM HỌC 2019 – 2020 Mơn thi: Tốn HƯỚNG DẪN CHẤM CHÍNH THỨC (Hướng dẫn chấm, thang điểm gồm có 06 trang) A Hướng dẫn chấm: - Cho điểm lẻ tới 0,25 điểm - Tổng điểm tồn khơng làm trịn - Vẫn cho điểm tối đa học sinh làm xác cách khác B Đáp án: CÂU NỘI DUNG Xét n = A = khơng phải nguyên tố; n = A = ĐIỂM 0,25 nguyên tố Xét n > có A = n2012 – n2 + n2002 – n + n2 + n + 0,25 = n2[(n3)670 – 1] + n.[(n3)667 – 1] + (n2 + n + 1) 1.a) (1 đ) Mà [(n3)670 – 1] chia hết cho n3 - 1, suy (n3)670 – chia hết cho n2 + n + 0,25 Tương tự: (n3)667 – chia hết cho n2 + n + Do A chia hết cho n2 + n + > nên A hợp số n > Vậy số tự nhiên cần tìm n = Câu (2 đ) Ta có: x + 2y + 2xy =y + ⇔ ( x + y ) =− y + y + 0,25 ⇔ ( x + y ) =(1 + y )( − y ) Do ( x + y ) ≥ ∀x, y nên (1 + y )(2 − y ) ≥ ⇔ −1 ≤ y ≤ Suy y ∈ {−1; 0; 1; 2} 0,25 1.b) (1 đ) Với y = −1 , PT trở thành x − x + = ⇔ x = ∈ Z Với y = , PT trở thành x − = ⇒ x ∉ Z Với y = , PT trở thành x + x − = ⇒ x ∉ Z Với y = , PT trở thành x + x + = ⇔ x = −2 ∈ Z Vậy có cặp (x; y ) thỏa mãn đề (1; −1) ; ( −2; ) Tìm ĐK: x x+2 x − x + x − x + x + ( 1)( 1) Câu (4 đ) 2.a) (2 đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x + − ( x − x + 1) x = ( x + 1)( x − x + 1) 0,5 x +1 x ( x + 1)( x − x + 1) 0,5 = = 0,25 x 3( x − x + 1) 0,25 x với x ≥ Vậy P = 3( x − x + 1) b) Với x ≥ ta P = 2.b) (1 đ) ⇔ 2x − x + = (TM§K) Giải PT x − x + = (TM§K) = x1 4;= x2 Vậy= thỏa mãn đề x1 4;= x2 * Víi x ≥ 0; 3( x − x + 1) > ⇒ P ≥ , P = x = P= * Víi x > P = 2.c) (1 đ) x Ta có 3( x − x + 1) 3( x + − 1) x Theo bất đẳng thức Cơ-si có x+ 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 ≥ nªn x x+ −1 ≥ x Do ®ã P ≤ DÊu “=” x¶y x = Do maxP = x = 0,25 0,25 x = 1; P = x = ( m − 1) x + y = 3m − (1) a) m ( 2) x + ( m − 1) y = Vậy maxP = Rút y từ (1) thay vào (2) rút gọn m ( m − ) x =( m − )( 3m − ) Câu (4,0 đ) (4,0 đ) Với m ≠ 0, m ≠ hệ có nghiệm 0,5 0,25 0,25 3m − m − ; m m 0,25 Với m = 0, hệ vô nghiệm Với m = 2, hệ vô số nghiệm: (x; – x) với x ∈ R b) Với m = nghiệm (1; -1) Với m = - nghiệm (5; 3) Với m = - nghiệm (4; 2) Với m = nghiệm (x; – x) với x ∈ Z c) Với m ≠ 0, m ≠ hệ có nghiệm 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3m − m − ; m m Ta thấy x= 3m − m − = +2= y+2 m m 0,25 0,25 Từ y > x > = y m−2 > ⇒ m < m > m Vậy m < m > thỏa mãn đề Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức: Với ∀ a, b, c ∈ R a b2 c2 ( a + b + c ) x, y, z > ta có + + ≥ x y z x+ y+z a b c Dấu “=” xảy ⇔ = = x y z Thật vậy, với a, b ∈ R x, y > ta có a b2 ( a + b ) + ≥ x y x+ y 0,25 (*) 0,25 (**) ⇔ ( a y + b x ) ( x + y ) ≥ xy ( a + b ) ⇔ ( bx − ay ) ≥ (luôn đúng) Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có x y z + + x − yz + 2013 y − zx + 2013 z − xy + 2013 VT = Câu (4,0 đ) 4.1 (2 đ) = x2 y2 z2 + + x ( x − yz + 2013) y ( y − zx + 2013) z ( z − xy + 2013) VT ≥ ( x + y + z) (1) x3 + y + z − xyz + 2013 ( x + y + z ) Theo đề xy + yz + zx = 671 nên x ( x − yz + 2013) = x ( x + xy + zx + 1342 ) > , tương tự 0,25 0,25 0,25 y ( y − zx + 2013) > 0, z ( z − xy + 2013) > Mà x3 + y + z − 3xyz = ( x + y + z ) ( x + y + z − xy − yz − zx ) = ( x + y + z ) ( x + y + z ) − ( xy + yz + zx ) = ( x + y + z ) ( x + y + z ) − 3.671 + 2013 = ( x + y + z ) (2) (3) 0,25 0,25 Từ (1) (3) ta suy ( x + y + z) VT ≥ ( x + y + z) = x+ y+z Dấu “=” xảy ⇔ x = y = z = 4.2 (2 đ) (d) : y = 0,25 2013 0,25 2(1 − m) ; với m tham số, m ≠ 1; m ≠ x + m−2 m−2 Gọi ( x0 ; y0 ) điểm cố định (d) qua Thay vào PT 0,25 (d) ta có: = y0 2(1 − m) , Với m x0 + m−2 m−2 ⇔ my0 − y0 = x0 − 2mx0 + , ∀m ⇔ m( y0 + x0 ) − y0 − x0 − = 0; ∀m 0,25 = y0 + x0 = x0 ⇔ ⇔ −2 y0 − x0 − =0 y0 =−2 0,25 Vậy điểm cố định mà đường thẳng (d) qua (1; - 2) b) Nhận thấy (d) khơng qua O Tìm tọa độ giao điểm A đồ thị hàm số với trục Ox: 0,25 ;0 m −1 A Giao điểm B đồ thị hàm số với trục Oy: B 0; m−2 0,25 Ta có: ∆ AOB vng O có khoảng cách từ O đến (d) OH (đường cao) nên: 1 Hay = + 2 OH OA OB 1 1 (m − 2) 2 = + ⇔ = ( m − 1) + OH x A2 yB2 OH = ⇔ OH = ⇔ OH = ⇔ OH 4(m − 1) + (m − 2) 2 2 = ≤ 4 5(m − ) + 5 5; 0,25 2 5m − 12m + Dấu “=” xẩy x = Xét m =⇒ y= −2 ; K/c từ O đến (d) Vậy= OH max Câu (6 đ) = x 0,25 0,25 5 I M K B Q E I A 0,25 a) Vì AE tiếp tuyến đường tròn (O) A ⇒ AE⊥ AO ⇒ ∆OEA vuông A ⇒O, E, A ∈ đường trịn đường kính OE 0,25 (1) Vì ME tiếp tuyến đường tròn (O) M ⇒ ME ⊥ MO ⇒ ∆MOE vuông M ⇒ M, O, E ∈ đường trịn đường kính 0,25 OE (2) Từ (1) (2) ⇒ Bốn điểm A, M, O, E thuộc đường 0,25 tròn * Tứ giác APMQ có 0,25 EAO = APM = PMQ = 90o 0,25 => Tứ giác APMQ hình chữ nhật b) Ta có I giao điểm đường chéo AM PQ hình 0,25 chữ nhật APMQ nên I trung điểm AM (3) 0,25 Mà E giao điểm tiếp tuyến M A Dễ chứng minh OE đường trung trực đoạn thẳng AM (4) 0,25 Từ (3) (4) suy ra: O, I, E thẳng hàng 0,25 c) Hai tam giác AEO PMB đồng dạng chúng tam = ABM (so le OE // BM) 0,5 giác vuông AOE => AO AE = (5) BP MP 0,25 Mặt khác, KP//AE, nên ta có tỉ số KP BP = (6) AE AB Từ (5) (6) 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 ≤ (*) (theo bất đẳng thức Cô-si) Dấu “=” xảy a = b = c = d MP = MO − OP 2= R − (x − R) 2= 2Rx − x Ta có: S = SAPMQ = MP.AP= x 2Rx − x 2= (2R − x)x S đạt max ⇔ (2R − x)x đạt max ⇔ x.x.x(2R – x) đạt max ⇔ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 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 chữ nhật APMQ có diện tích lớn 0,25 0,25 0,25 Hết ...PHÒNG GD&ĐT THỊ Xà SA PA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THỊ Xà LỚP 9, NĂM HỌC 20 19 – 2020 Mơn thi: Tốn HƯỚNG DẪN CHẤM CHÍNH THỨC (Hướng dẫn chấm, thang điểm... (2) ⇒ Bốn điểm A, M, O, E thuộc đường 0,25 trịn * Tứ giác APMQ có 0,25 EAO = APM = PMQ = 90 o 0,25 => Tứ giác APMQ hình chữ nhật b) Ta có I giao điểm đường chéo AM PQ hình 0,25 chữ nhật... bất đẳng thức Cô-si) Dấu “=” xảy a = b = c = d MP = MO − OP 2= R − (x − R) 2= 2Rx − x Ta có: S = SAPMQ = MP.AP= x 2Rx − x 2= (2R − x)x S đạt max ⇔ (2R − x)x đạt max ⇔ x.x.x(2R – x) đạt max ⇔ 0,25