089 đề hsg toán 9 vinh 2016 2017

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ VINH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ DỰ THI CẤP TỈNH CÁC MƠN VĂN HĨA LỚP NĂM HỌC: 2016-2017 Mơn: Tốn – Lớp Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đê) Ngày thi: 26 tháng 11 năm 2016 Bài (4,0 điểm) 1) Cho a+b+c=0 a,b,c khác Rút gọn biểu thức: A ab bc ca  2 2 2 2 a b  c b c  a c  a  b2 2) Tính giá trị biểu thức: P x3  x  5x   x  2x  7x  x 1   Bài (4,0 điểm) x  xy  y2 3 1) Giải hệ phương trình  x  y  xy 5 2) Tìm nghiệm nguyên phương trình sau:  2x  5y  1  x  x  x  y  105 Bài (4,0 điểm) 2014 1) Chứng minh không tồn số nguyên n thỏa mãn  2014  1 chia hết cho n  2012n 2) Cho x, y số nguyên thỏa mãn 2x  x 3y2  y Chứng minh x – y ; 2x +2y+1 3x +3y+1 số phương Bài (6,0 điểm) Cho đường trịn (O;R) đường thẳng d khơng có điểm chung với đường tròn Trên d lấy điểm M bất kỳ, qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB với đườn tròn (A, B tiếp điểm) Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến (O) C cắt AB E a) Chứng minh tam giác BCM đồng dạng với tam giác BEO b) Chứng minh CM vuông góc với OE c) Tìm giá trị nhỏ dây AB diện tích tứ giác MAOB Bài (2,0 điểm) 1 a b c Giả sử a, b, c số thực thỏa mãn a, b, c 0 a  b  c    0 Chứng minh a  b6  c6 abc a  b3  c3 ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI VINH NĂM 2016-2017 Câu 1) Từ a  b  c 0  a  b  c Bình phương hai vế ta a  b2  2ab c2 nên a  b  c2  2ab Tương tự : b2  c2  a  2bc c2  a  b  2ac ab bc ca 1        2ab  2bc  2ca 2 2 Vậy A  2) Ta có x      2  1 Do A       Suy x x   2x3  x  1 hay x3 3x2  3x  Do P 3x  3x   x  5x   3x  3x   2x  7x    x  1   x  2  x 1  x 2   4x  8x   x  4x   x  1  x  2x  2 x (vì x 1    2) Vậy P 2 x 1   Câu x  xy  y2 3  1) Ta có :  x  y  xy 5  x  y   3xy 3  x  y  xy 5 Đặt a = x – y , b = xy (1) a  3b 3 Hệ phương trình trở thành  a  b 5 a 3 a   b  b  11 Giải hệ phương trình ta  Với a = , b = - thay vào (1) ta x  y 3   xy  x 1 x 2   y  y  Với a = - , b = -11 thay vào (1) ta x  y    xy  11 x  y  Hệ phương trình vơ nghiệm  y  6y  11 0 x 1 x 2  y  y  Vậy hệ phương trình có nghiệm  x 2)  2x  5y  1   x  x  y  105 Vì 105 số lẻ nên 2x  5y  x  x  x  y phải số lẻ Từ 2x+5y+1 số lẻ mà 2x+1 số lẻ nên 5y số chẵn suy y chẵn x  x  x  y số lẻ mà x  x x(x  1) tích hai số nguyên liên tiếp nên số chẵn, y chẵn nên x số lẻ Điều xảy x=0 Thay x=0 vào phương trình cho ta được:  5y  1  y  1 105  5y2  6y  104 0  5y2  20y  26y  104 0  5y(y  4)  26(y  4) 0  (5y  26)(y  4) 0  26  y (loại) y 4 (thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x;y)=(0;4) Câu 2014 1) Giả sử tồn số nguyên n thỏa mãn  2014  1 chia hết cho n  2012n Ta có n  2012n n  n  2013n n(n  1)(n 1)  2013n Vì n – , n n+1 ba số nguyên liên tiếp nên có số chia hết cho 3 Suy n  n  1  n  1 3 mà 20133 nên  n  2012n  3(1) 2014 Mặt khác 2014 2014   2013  1 1 chia cho dư 2013 3 (2) Từ (1) (2) dẫn đến điều giả sử vơ lý, tức khơng có số ngun thỏa mãn điều kiện toán cho (2) 2) Từ: 2x2  x 3y  y (1)  2x  2y  x  y y2  (x  y)(2x  2y  1) y2 2 2 Mặt khác từ (1) ta có: 3x  3y  x  y x  (x  y)(3x  3y  1) x  (x  y)2 (2x  2y  1)(3x  3y  1) x y  (2x  2y  1)(3x  3y  1) số phương (3) Gọi  2x  2y  1;3x  3y  1 d  (2x  2y  1)d; (3x  3y  1)d   3x  3y  1   2x  2y  1  x  y  d  2(x  y)d  (2x  2y  1)  2(x  y) 1d nên d =   2x  2y  1;3x  3y  1 1 (4) Từ (3) (4)  2x  2y  3x+3y+1 số phương Lại có từ (2) suy  x  y   2x  2y  1 số phương nên x – y số phương Vậy 2y2  x 3y2  y x  y;2x  2y  3x+3y+1 số phương Câu A O Q P N BI E M H a) Gọi Q giao điểm AB với OM Ta có AM // CE (cùng vng góc với AC)   Suy BEC (so le trong) MAB     Mà ABC 90 ;AQM 900 AMO (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OMB    (cùn phụ với hai góc nhau)  AMO OMB BCE BE OB    tan BCE tan OMB    BC MB   Lại có MBA (cùng phụ với OBC MB OB  (1) BC BE  ABO)    Nên MBC (cùng = 900  OBC OBE ) (2) Từ (1) (2) suy MBC OBE (c.g.c)   b) Từ MBC OBE  BCM BEO Gọi I N giao điểm OE với BC MC  INC   900 mà IBE BIE NIC (g.g)  IBE C d  Nên INC 900 Vậy CM  OE c) Gọi H hình chiếu vng góc O d P giao điểm AB với OH Ta có OQP OHM (g.g)  OQ OP  OH OM  QO.OM OP.OH OA R  OP  R2 OH Mà O d cố định  OH không đổi nên OP khơng đổi Lại có AB 2AQ 2 OA  OQ mà OQ OP R4 2R  OH  R 2 OH OH  Q  P  M  H Dấu “=” xảy 2R Vậy GTNN AB  OH  R  M H OH *) Vì MO  AB nên S AOBM  AB.OM AQ.OM Vẽ dây cung A1B1 vng góc với OH P, P (O) cố định nên A1B1  AB 2 OA  OP 2 R  không đổi Vì OP OQ  AB A1B1 (liên hệ dây khoảng cách từ tâm đến dây)  M  H Dấu “=” xảy Vậy GTNN S AOBM  A1B1 OH M H Mà OM OH  S AOBM  A1B1 OH (không đổi) Câu * a  b  c 0  a  b  c   a  b   c3  a  b  c  3ab(a  b) 3abc 1 *   0  ab  bc  ca 0 a b c 3    b  c  *a  b6  c6  a   a 3b3  b3c3  c3a *ab  bc  ca 0  a 3b  b3c3  c3a 3a b c 2 Do *a  b6  c6  3abc   2.3a b 2c 3a b 2c a  b6  c6 3a b2 c2 abc Vậy 3  a b c 3abc 