Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 cấp huyện huyện tiên thanh oai word

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN TIÊN THANH OAI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút Đề gồm 01 trang Bài 1: (6,0 điểm) P x   x  y 1 y y    x y     x 1 xy  x 1  y  a) Cho 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 khơng chia hết cho Bài 2: (4,0 điểm)  17  x   x  a)Giải phương trình : b) Cho số thực dương a,b thỏa mãn: a + b = a + b = a + b Tính giá trị biểu thức: P = a + b Bài 3: (3,0 điểm) a/ Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y  x 19 ab  bc  ca  a  b  c   28 2 abc b/ Cho a,b,c > Chứng minh : a  b  c Bài 4: (6,0 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 vuông 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 trịn 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: (1,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên ,dương phương trình: xy+yz+zx= xyz+2 HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP Mơn: Tốn Bài Bài (6 đ ) Nội dung a) Tìm điều kiện : x ≥ 0, y ,y ≠ 1, x+y≠0 P x       x 1  y   x  y 1 x y  =  x  P=2  x  xy  y  y x x  y 1 x  xy  =…= y  xy y   x y Điểm 0,5đ  0,5đ  x 1 1,0đ xy  y  xy   x 1 0,5đ y y =2     x 1 y    y   x  1 1   y   1  x  1   Ta có 0,5đ  y  1 0,5đ 0,5đ  x 2  x 4 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  A=n2 +n+1 V× A⋮9 ⇒4 A⋮9 §Ỉt A=4(n +n+1 )=(2 n+1 )2 +3 Ta cã: V× ⋮ 0,5đ A⋮9 ⇒4 A⋮3 ⇒(2 n+1)2⋮3 ⇒2 n+1⋮3⇒(2 n+1 )2⋮9 A=(2n+1 )2 +3 kh«ng chia hÕt cho ⇒ A kh«ng chia hÕt cho Ta thấy (1) (2) mâu thuẫn Vậy điều giả sử sai Vậy với Bi (4) 1,0 (1) ∀ n∈N th× n + n+1 1.(2đ) Tìm điều kiện 0 x  - Đặt t  x ( t 0) 3 x u   t u 3 x  x 3 x t  0,5đ kh«ng chia hÕt cho 17   -Giải đến * 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) a102  b102  a101  b101   a  b   ab  a100  b100  Ta có : (2) 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ  a102  b102  a102  b102   a  b  ab  0,5đ   a  b  ab  1 0,5đ  a, b   1;1 Tính P=2 Bài (3đ) 0,5đ 0,5đ Viết 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ   x  x  1 3   y    x  1 3   y     y  ⋮2  y số nguyên lẻ Mà  x  1   y   0 y  0 0,25đ =1 0,25đ 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 x y  2 +) y x (1) 1    +) x y z x  y  z (2) 0,25đ x2  y2  z 1 xy  yz  zx 2   +) x + y + z xy + yz + zx (3) Xảy đẳng thức (1), (2), (3)  x = y = z.Ta có: ab  bc  ca (a  b  c ) P  ( a  b  c) 2 abc a b c ab  bc  ca (a  b  c )   ( a  b2  c  2ab  2bc  2ca ) 2 abc a b c 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 0,5đ  ab  bc  ca a  b  c  a2  b2  c2     18   a  b  c ab  bc  ca  ab  bc  ca   2   18 28  a  b  c2 ab  bc  ca  a b c  ab  bc  ca    Dấu “ =” xảy Bài (6đ) I M Q E K B O P 0,25đ I x A 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 ABM , OE // BM 0,75đ 1,5đ 1,5đ AO AE  => BP MP (3) KP BP  Mặt khác, KP//AE, nên ta có tỉ số AE AB (4) 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)  2Rx  x Ta có: S = SAPMQ = MP.AP x 2Rx  x  (2R  x)x 1,5đ 3 S đạt max  (2R  x)x đạt max  x.x.x(2R – x) đạt max x x x (2R  x)  3 đạt max x Áp dụng (*) với a = b = c = x x x x x x R4  (2R  x)      (2R  x)   3 3 16  Ta có : 3 x (2R  x) x R Do S đạt max   R Vậy MP= hình chũ nhật APMQ có diện tích lớn Bài (1đ) Tìmnghiệm nguyên ,dương phương trình: xy+yz+zx=xyz+2(1) 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