TRƯỜNG THCS CAO VIÊN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm có: 01 trang Bài 1: (6 điểm) a) Cho ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 x y xy P x y y x y x x y = − − + − + + + − 1. Tìm điều kiện của x,y để biểu thức P xác định và rút gọn P 2. Tìm x,y nguyên thỏa mãn phương trình: P = 2 b) Chứng minh rằng: Với mọi n∈ N thì n + n +1 không chia hết cho 9 Bài 2: (4 điểm) a) Giải phương trình : ( ) 2 2 17 3x x− = − b) Cho các số thực dương a,b thỏa mãn: a + b = a + b = a + b . Tính giá trị biểu thức: P = a + b Bài 3: (3 điểm) a/ Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 2 3 4 19x y x+ + = b/ Cho a,b,c > 0. Chứng minh : ( ) 3 2 2 2 28 a b c ab bc ca a b c abc + + + + + ≥ + + Bài 4 : (6 điểm) Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn tâm O khác A,B.Các tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với AB(P∈ AB), vẽ MQ vuông góc với AE ( Q∈ AE) 1.Chứng minh rằng: Bốn điểm A,E,M,O cùng thuộc một đường tròn và tứ giác APMQ là hình chữ nhật. 2. Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O,I,E thẳng hàng 3. Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh ∆EAO đồng dạng với ∆ MPB suy ra K là trung điểm của MP 4. Đặt AP = x. Tính MP theo x và R.Tìm vị trí của điểm M trên đường tròn (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất. Bài 5: (1 điểm) Tìm nghiệm nguyên ,dương của phương trình: xy+yz+zx=xyz+2 - Hết - TRNG THCS CAO VIấN HNG DN CHM THI CHN HC SINH GII LP 9 NM HC 2014 - 2015 Mụn: Toỏn Bi Ni dung im Bi 1 (6 ) a) 1. Tỡm ỳng iu kin : x 0, y 0 ,y 1, x+y0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 x x y y xy x y P x y y x + + = + + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 x y x y x xy y xy x y y x + + + + + == x xy y+ 2. P=2 x xy y+ =2 ( ) ( ) 1 1 1x y y+ + = ( ) ( ) 1 1 1y x+ = Ta cú ( ) 1 y+ 1 ( ) 1x 1 2 4x x .Kt hp vi iu kin x 0. Vy 0x4 x {0,1,2,3,4}. Thay vo phng trỡnh P=2 ta cú: (x,y) {(4,0); (2,2)} 0,5. 0,5. 1,0. 0,5. 0,5. 0,5 0,5 b) gi s tn ti s t nhiờn n 2 1n n+ + 9 Đặt 1 2 ++= nnA . Vì 949 AA (1) Ta có: 3)12()1(44 22 ++=++= nnnA Vì 9)12(3123)12(349 22 +++ nnnAA 3)12(4 2 ++= nA không chia hết cho 9 A4 không chia hết cho 9 (2) Ta thấy (1) và (2) mâu thuẫn. Vậy điều giả sử là sai. Vậy với Nn thì 1 2 ++ nn không chia hết cho 9. 1,0. 0,5. 0,5. Bi 2 (4) 1.(2) Tỡm ỳng iu kin 0 x 17 - t { { 2 4 ( 0) 3 3 3 t x t t u x x x u x t = + = + = = = -Gii ra c n * Vi ut=2 t=1 hoc t=2 - Vi t=1 x=1 -Vi t=2 x=4 * Vi ut=6 Pt vụ nghim -Kt lun nghim 2. (2) Ta cú : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 102 102 101 101 100 100 102 102 102 102 1 , 1;1 a b a b a b ab a b a b a b a b ab a b ab a b + = + + + + = + + + = = Tớnh ra P=2 0,25 0,5 0,5. 0,5 0,25 0,5. 0,5. 0,5 0,5đ. Bài 3 (3đ) 1. Viết được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 3 7 2 1 3 7 3 7 2 x x y x y y ⇔ + + = − ⇔ + = − ⇔ − ⇔ y là số nguyên lẻ Mà ( ) 2 2 1x + ≥ 0⇒ ( ) 2 7 y− ≥ 0⇔ 2 y =1 Thay 2 y =1 vào tìm được x=2, x=-4 Thử lại :… và trả lời .Có các nghiệm (2,1) ;(2,-1) ;(-4,1) ;(-4,-1) 2. Với x, y, z > 0 . Ta có: +) 2 x y y x + ≥ (1). +) 1 1 1 9 x y z x y z + + ≥ + + (2) +) x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx ⇔ 2 2 2 1 x y z xy yz zx + + ≥ + + (3) Xảy ra đẳng thức ở (1), (2), (3) ⇔ x = y = z.Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) . ( ) ( 2 2 2 ). ab bc ca a b c P a b c abc a b c ab bc ca a b c a b c ab bc ca abc a b c + + + + = + + + + + + + + + = + + + + + + + + Áp dụng các bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9 ( ). 2.9 8. 18 2 8 18 28 ab bc ca P a b c ab bc ca a b c ab bc ca a b c a b c ab bc ca ab bc ca a b c + + ≥ + + + + + + + + + + + + + + = + + + ÷ ÷ + + + + + + ≥ + + = Dấu “ =” xảy ra ⇔ 2 2 2 b . c a a b c ab bc ca ab bc ca ⇔ = = + + = + + = = 0,25đ. 0,25đ 0,25đ. 0,25đ 0,25đ 0,25đ. 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ Bài 4 (6đ) 0,25đ . I K B O M Q E A P x I a) Vì AE là tiếp tuyến của đường tròn(0) tại A ⇒ AE⊥ AO ⇒ ∆OEA vuông ở A ⇒O,E,A ∈ đường tròn đường kính OE(1) Vì ME là tiếp tuyến của đường tròn(0) tại M ⇒ ME⊥MO ⇒∆MOE vuông ở M⇒M,O,E ∈ đường tròn đường kính OE(2) (1),(2)⇒ A,M,O,E cùng thuộc môt đường tròn *Tứ giác APMQ có 3 góc vuông : · · · o EAO APM PMQ 90= = = => Tứ giác APMQ là hình chữ nhật b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQ nên I là trung điểm của AM. Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và tại A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng. c) hai tam giác AEO và PMB đồng dạng vì chúng là 2 tam giác vuông có 1 góc bằng nhau là · · AOE ABM= , vì OE // BM => AO AE BP MP = (3) Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số KP BP AE AB = (4) Từ (3) và (4) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP Vậy K là trung điểm của MP. d) Ta dễ dàng chứng minh được : abcd 4 a b c d 4 + + + ≤ ÷ (*) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d MP = 2 2 2 2 2 MO OP R (x R) 2Rx x− = − − = − Ta có: S = S APMQ = 2 3 MP.AP x 2Rx x (2R x)x= − = − S đạt max ⇔ 3 (2R x)x− đạt max ⇔ x.x.x(2R – x) đạt max ⇔ x x x . . (2R x) 3 3 3 − đạt max Áp dụng (*) với a = b = c = x 3 Ta có : 4 4 4 x x x 1 x x x R . . (2R x) (2R x) 3 3 3 4 3 3 3 16 − ≤ + + + − = ÷ Do đó S đạt max ⇔ x (2R x) 3 = − ⇔ 3 x R 2 = . Vậy khi MP= 3 2 R thì hình chũ nhật APMQ có diện tích lớn nhất 0,75đ. 0,75đ. 1,5đ. 1,5đ. 1,5đ Bài 5 (1đ) Tìmnghiệm nguyên ,dương của phương trình: xy+yz+zx=xyz+2(1) Do vai trò của x,y,z bình đẳng, nên không mất tính chất tông quát. Giả sử x≥ y≥ z≥ 1,từ đó suy ra xy+yz+zx≤ xy+xy+xy=3xy(2) (1),(2)⇒ 3xyz≥ xyz+2 Hay 3xy≥ xyz ⇒ z<3 Do z là một số nguyên dương ⇒z=1,z=2 0,5đ +khi z=1⇒x+y=2.do x,y nguyên dương ⇒x=1,y=1 +khi z=2 ⇒(y-2)(x-2)=2 Do x≥ y≥ z≥ 1 ⇒ Trả lời: (x,y,z)=(1,1,1),(4,3,2) 0,5đ