052 đề hsg toán 9 hải dương 2013 2014

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP NĂM HỌC 2013-2014 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014 (đề thi gồm 01 trang) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức A  1 1 x2  (1  x)3  (1  x)3   1 x2 với  x 1 b) Cho a b số thỏa mãn a > b > a3  a 2b  ab2  6b3 0 a  4b4 B  Tính giá trị biểu thức b  4a Câu (2 điểm) a) Giải phương trình x ( x  2) 4  x x   x3 2 x  y b) Giải hệ phương trình   y 2 y  x Câu (2 điểm) a) Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình xy  xy  x 32 y b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a  a 3b  b Chứng minh 2a  2b 1 số phương Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O, R) H điểm di động đoạn OA (H khác A) Đường thẳng qua H vng góc với OA cắt cung nhỏ AB M Gọi K hình chiếu M OB   a) Chứng minh HKM 2AMH b) Các tiếp tuyến (O, R) A B cắt tiếp tuyến M (O, R) D E OD, OE cắt AB F G Chứng minh OD.GF = OG.DE c) Tìm giá trị lớn chu vi tam giác MAB theo R Câu (1 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn 2ab  6bc  2ac 7 abc Tìm 4ab 9ac 4bc   giá trị nhỏ biểu thức C  a  2b a  4c b  c Hết ĐÁP ÁN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG - HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP NĂM HỌC 2013-2014 MƠN THI: TỐN Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014 (Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang) Lưu ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà kết giám khảo cho điểm tối đa Câu Nội dung A Câu 1a: (1,0 đ)   x2   x   x   x2  1 x    x2      x2    0.25 1 x  1 x   1 x  1 x 0.25   1 1 x2    x   2x = x a3  a 2b  ab  6b3 0  (a  2b)(a  ab  3b ) 0 (*) Vì a > b >  a  ab  3b  nên từ (*) ta có a = b Câu a  4b 16b  4b 1b:  Vậy biểu thức B  4 b  a b  64b (1,0 đ) B Điểm 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 12b 4   63b 21 0.25 t Đặt t x x   t 2  x  x   x  x    2  t  t 4  t  t  2t  0   ta phương trình  t 2 0.25 Câu 2a: (1,0 đ)  x  x  x x     Với t = -4 ta có  2  x  x  0 2 x  x 16 x    x   x 2   x  x  x x     Với t =2 ta có  2  x  x  0 2 x  x 4  x    x   Kết luận nghiệm phương trình  x   3 2 2 Từ hệ ta có x (2 y  x)  y (2 x  y )  ( x  y )  xy  x  y  0  Câu   0.25 0.25 0.25 0.25 2b: (1,0 đ)  x y  ( x  y )3 ( x  y ) 0    x  y 0.25 * Với x = y ta tìm (x ; y) = (0; 0); ( 3; );(  3;  ) * Với x = - y ta tìm (x ; y) = (0; 0); ( 1;  );(  1;1 ) Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y) = (0; 0); ( 3; );(  3;  );(  1;1 );( 1;  ) 0.25 0.25 xy  xy  x 32 y  x( y  1)2 32 y 32 y Do y nguyên dương  y  0  x  ( y  1)2 Vì ( y, y  1) 1  ( y  1)  U (32) Câu 2 32 25  ( y  1) 2 ( y  1) 2 (Do ( y  1)  ) mà 3a: 2 (1,0 đ) *Nếu ( y 1) 2  y 1; x 8 *Nếu ( y 1)2 24  y 3; x 6 Vậy nghiệm nguyên dương phương trình là:  x 8   y 1 0.25 0.25 0.25 0.25  x 6  y 3  2a  a 3b  b  (a  b)(2a  2b  1) b (*) 0.25 Gọi d ước chung (a - b, 2a + 2b + 1) ( d   ) Thì * Câu 3b: (1,0 đ) (a  b)d   a  b   2a  2b  1 d  (2 a  b  1)  d   b d  bd Mà (a  b)d  a d  (2a  2b)d mà (2a  2b 1)d  1d  d 1 Do (a - b, 2a + 2b + 1) = Từ (*) ta a  b 2a  2b  số phương => 2a  2b 1 số phương Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax (O) Ta  1 O  1 sđ  có A AM (1) 1 2 H Câu M   Có Ax // MH (cùng (2) O vng góc với OA)  A1 M1 4a:  K  (cùng chắn MH (1,0 đ) Tứ giác MHOK  nội tiếp  O ) (3) K B 1 F M H E G B Câu 4b: (1,0 đ) A 2 O 0.25 0.25 A x D 0.25 1 C  1 K  hay HKM   Từ (1), (2), (3) ta có M 2AMH 1 Có tứ giác AOMD nội tiếp (4)    sđ  ; O   A BM O2  sđ BM 2  O   tứ giác AMGO nội tiếp (5)  A 1 CTừ (4), (5) ta có điểm A, D, M, G, O nằm đường tròn  D  D  G 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25  OGF ODE đồng dạng OG GF   hay OD.GF = OG.DE OD DE Trên đoạn MC lấy điểm A’ cho A MA’ = MA  AMA'  A  600  BAA'   A M H   0.25 0.25  MAB A'AC  MB A'C O Câu A'  MA  MB MC 4c: C ChuBvi tam giácI MAB MA  MB  AB MC  AB 2R  AB (1,0 đ) Đẳng thức xảy MC đường kính (O) => M điểm cung AM => H trung điểm đoạn AO Vậy giá trị lớn chu vi tam giác MAB 2R + AB AB Gọi I giao điểm AO BC  AI  R   AB R 2 Giá trị lớn chu vi tam giác MAB 2R + AB = (2  3)R Từ gt : 2ab  6bc  2ac 7abc a,b,c >   7 c a b  x, y , z  1 đặt x  , y  , z    a b c  z  x  y 7 4ab 9ac 4bc      Khi C  a  2b a  4c b  c x  y x  z y  z Câu 5:  2x  y   4x  z   y  z  (2 x  y  x  z  y  z ) (1,0 đ)  C  2x  y 4x  z yz 0.25 0.25 0.25 Chia hai vế cho abc >      x  2y    x  2y      4x  z    4x  z      Khi x  ,y z 1 C = Vậy GTNN C a =2; b =1; c =  yz 0.25 0.25  y  z   17 17   0.25 0.25