1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

031 đề hsg toán 9 thanh hóa 21 22

6 1 0
Tài liệu đã được kiểm tra trùng lặp

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 6
Dung lượng 243,87 KB

Nội dung

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2021-2022 Ngày thi : 26/12/2021 MƠN THI: TỐN – THCS Thời gian làm : 150 phút Câu I (4,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức : x x3  x  xy  y x  x  xy  y  x với x 0, y 0, x 4, x 1 2) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b  c  abc 1 Tính P giá trị biểu thức Q  a 1 b 1 c  b 1 c  1 a   c 1 a  1 b  abc  2020 Câu II (4,0 điểm) 1) Giải phương trình x  x  3   x   x  19   x  x2  x  y 6  y    x  x  x 12  y   y y2 2) Giải hệ phương trình  Câu III (4,0 điểm) 1) Tìm tất cặp số nguyên dương  a, b  thỏa mãn phương trình   b 3  b  b   b  b a 2) Cho ba số tự nhiên a, b, c thỏa mãn a  b số nguyên tố ab  bc  ca 3c Chứng minh 8c 1 số phương Câu IV (6,0 điểm) Cho nửa đường trịn  O; R  đường kính AB C điểm thay đổi nửa đường trịn  C khác A B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn vẽ tia tiếp tuyến Ax By Tiếp tuyến C nửa đường tròn cắt tia Ax, By theo thứ tự D, E Gọi I giao điểm AE BD, CI cắt AB H 1) Chứng minh CH song song với BE I trung điểm đoạn thẳng CH 2) Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB K Chứng minh KA.KB CH CO 3) Qua C vẽ đường thẳng song song với AB cắt tia By F Gọi M giao điểm AF BC Xác định vị trí điểm C nửa đường tròn  O; R  cho tam giác ABM có diện tích lớn Tính diện tích lớn theo R Câu V (2,0 điểm) Cho a, b số thực dương Chứng minh : a b ab ab a  b  2ab    3  ab  a  b   a    b  ab ĐÁP ÁN Câu I (4,0 điểm) 3) Rút gọn biểu thức : P x x3  x  xy  y x  x  xy  y  x với x 0, y 0, x 4, x 1 x x3  x  xy  y x  x  xy  y  x P x x  y  x y    x  y  x y    x y   x1 x 1   x 1  x 2 x  x y y   x x  y  y x x y 4) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b  c  abc 1 Tính giá trị biểu thức Q  a 1 b 1 c  b 1 c  1 a   c 1 a  1 b  Ta có 1 b 1 c    b  c   bc  a  abc  bc  Tương tự ta có : 1 c 1  a  b  ca ;  abc  2020 a  bc 1 a 1 b    a  bc c  ab Do Q a  abc  b  abc  c  abc  abc  2020 2021 Câu II (4,0 điểm) x  x  3 3) Giải phương trình   x   x  19   x  x  1 3 3 x  x  0   x 1    x 0 x 2    ĐKXĐ:  x  x  a 0 3 x  x  a   x  x  a  b    2  x b Đặt   x b 0 Ta có : x  x  3   x   x  19   x  x  x    x    x   x  19     x  x   x  x    x  a  a  b  1 b   a  b   ab  b  1  a b (do ab  b  1x thoa DKXD )  a b   x  (ktm)  x  x    x  x  x  0   x  1(tm)  2 Vậy phương trình có nghiệm x   x2  x  y 6  y    x  x  x 12  y   y y2 4) Giải hệ phương trình  ĐKXĐ: y 0 Cộng theo vế phương trình hệ ta có : x  3x  2x2 x2 x2  18    x   x     x   18 0 2 y y y y y y y y   1       1 1  x  x      x      x    0   x     x    0 y y y y y   y          x   0  3  x  x  x  x 0   x 0  y      y y   x   y 1   x   0 ( Ktm)  y    x; y    0;  ;  2;1 ; 2;1     Vậy hệ phương trình có tập nghiệm    Câu III (4,0 điểm) 3) Tìm tất cặp số nguyên dương  a, b  thỏa mãn phương trình   b 3  b  b   b  b a x  x   x  y  xy  x    y   3 2  Đặt  b x,  b  y Vì Ta có : 3 x y   b 3  b  b   b  b   xy  x  y a a 2  x  y   x  y  xy  2   x  y  xy  x  y a   b   b a a   3 2 b  2 b  3  a3   a   3a  b a   b    3a   a3   3a   a3   a  4a  a   1; 2; 4 3 Vì b số nguyên nên Với a 1   b 1  b 3  a 2  Với  a 4 b khơng số ngun  a, b   1;3 Vậy 4) Cho ba số tự nhiên a, b, c thỏa mãn a  b số nguyên tố ab  bc  ca 3c Chứng minh 8c  số phương 2 2 Ta có ab  bc  ca 3c  ab  bc  ca  c 4c   a  c   b  c  4c  *  a  c; b  c  d  Giả sử  a  c  d   a  b  d   b  c  d  d 1  Vì a  b số nguyên tố nên  d a  b a  c  a  b  x  a  b  a  b   x  y   b  c  a  b y    x , y   Xét d a  b Suy tồn cho  2  x  y 1  x  y  , thay vào (*) ta có y  y  1  a  b   2c   y  y  1 số phương, mà y y 1 hai số tự nhiên liên tiếp nên y 0  b  c 0  4c 0  c 0 Khi 8c  1 số phương a  c m  a  b m  n  m  n   m  n   b  c  n  Xét d 1  tồn m, n   cho nguyên tố, mà m  n  m  n  m n  Kết hợp với  * ta có 2c mn n  n  1  8c  4n  n  1   2n  1 số số phương Câu IV (6,0 điểm) Cho nửa đường trịn  O; R  đường kính AB C điểm thay đổi nửa đường trịn  C khác A B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn vẽ tia tiếp tuyến Ax By Tiếp tuyến C nửa đường tròn cắt tia Ax, By theo thứ tự D, E Gọi I giao điểm AE BD, CI cắt AB H E C D Q P I F M J A H K O B 4) Chứng minh CH song song với BE I trung điểm đoạn thẳng CH Áp dụng định lý Ta-let ta có : CD DA DI    CI / / BE CE BE BI hay CH / / BE CI EI BI HI     CI HI Mặt khác DA EA BD DA hay I trung điểm CH 5) Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB K Chứng minh KA.KB CH CO Đường tròn  J  nội tiếp ABC tiếp xúc với AB, BC , CA K , Q, P Ta có AB  AC  BC  AK  BK    AP  CP    CQ  BQ   AK  BK  AK  CQ  CQ  BK 2 AK  AK  AB  AC  BC Tương tự ta có : BK  AB  BC  AC  AK BK  AB  AC  BC   AB  BC  AC   AB  AB.BC  AB AC  AC AB  AC BC  AC  AB.BC  BC  AC BC  AB   AC  BC   AC BC 2CH AB 2CH 2CO 4CH CO  AK BK CH CO 6) Qua C vẽ đường thẳng song song với AB cắt tia By F Gọi M giao điểm AF BC Xác định vị trí điểm C nửa đường trịn  O; R  cho tam giác ABM có diện tích lớn Tính diện tích lớn theo R Kẻ MN  AB N Dễ dàng chứng minh BHCF hình chữ nhật Đặt BH x MN MN BN AN BN  AN AB 2R 2R.CH        MN  x  2R Ta có CH BF BH AB BH  AB BH  AB x  2R Áp dụng bđt Cosi, ta có : CH  AH BH  x  R  x   MN  Suy MN  2x  2R  x  2  2  x  2R  R Diện tích ABM lớn MN lớn (vì AB cố định), hay R Dấu xảy x 2 R  x  x  2R Điểm C nằm nửa đường tròn (O) 2R  2R  2R 1 R R2 S AMB  AB.MN  R   2R     Khi 2 2 cho Câu V (2,0 điểm) Cho a, b số thực dương Chứng minh : CH  a b ab ab a  b  2ab    3  ab  a  b   a    b  ab Ta có : a b ab ab a  b  2ab a b ab ab a  ab  b  ab         ab  a  b   a    b  ab  ab  a  b  a  ab   b  ab  a ab b ab        ab  a a  ab  ab  b b  ab Áp dụng bất đẳng thức Svacxo ta có: 2  ab     a  ab  1 a ab a2      ab  a a  ab a  a b ab  a 2b a  ab  a 2b  ab  a  Áp dụng bất đẳng thức phụ  x  y  z   a  ab  1 3  a 2b  ab  a   3  xy  yz  zx  ta có : a ab     1  ab  a a  ab Tương tự ta có : 2  ab     b  ab  1  b ab b2        ab  b b  ab b  ab ab  ab b  ab  ab  ab  b  Từ  1 (2) suy a b 1 a b ab ab a  b  2ab    3  ab  a  b   a    b  ab Dấu xảy

Ngày đăng: 26/10/2023, 10:03

w