Vẽ MP vuông góc với ABP 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.. Gọi I là trung điểm của PQ.. C
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH OAI
TRƯỜNG THCS CAO DƯƠNG
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Môn: Toán Năm học: 2015-2016
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề
Câu 1: (6,0 điểm)
1.a) Rút gọn biểu thức A = 2 9 3 2 1
b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1
Hãy tính giá trị biểu thức:
A = (1 2)(12 2) (1 2)(12 2) (1 2)(12 2)
2.Cho n là số nguyên dương và n lẻ CMR:
46 n 296 13n 1947
Câu 2: (4 điểm)
Giải phương trình
3 x 2 x 2 x 3 x 2 x
3
b ) Cho a, b, c là 3 số từng đôi một khác nhau và thoả mãn:
a + b + c = 0
Chứng minh rằng: 2 2 2
Câu 3: (3 điểm)
a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :
2x6 + y2 –2 x3y = 320
b) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 1 1 1 6
x y y z z x Chứng minh rằng: 3x 31y 2z3x 21y 3z2x 31y 3z 32
Câu 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
Trang 23 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
Câu 5: (1điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
xy2 + 2xy – 243y + x = 0
-Hết -(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Trang 3PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH OAI
TRƯỜNG THCS CAO DƯƠNG
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Môn: Toán Năm học: 2015-2016
Câu 1
( 6 đ)
1.( 4đ)
a) (2đ)
1.a) Rút gọn biểu thức A = 2 9 3 2 1
ĐKXĐ: x 0; x 4; x 9
A
=
2
=
1 3
x x
0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ
b)
( 2đ)
b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1
Hãy tính:
A = (1 2)(12 2) (1 2)(12 2) (1 2)(12 2)
Từ: xy + yz + xz = 1
Trang 4 1 + x2 = xy + yz + xz + x2 = y(x + z) + x(x + z)
= (x + z)(x + y)
Tương tự: 1 + y2 = xy + yz +xz +y2 = y.(x+ y) +z (x +y) = ( x+ y).(y+z)
1 + z2 = xy + yz + xz + z2 =x ( y + z)+ z (y + z) = ( y +z) ( x +z)
2
2 2
2
2 2 2
2 2
1
1 1 1
1 1 1
1 1
.
z
y x
z y
x z y
x
z y x
A
y zx z
z y y x y x z x z
z y y x
y x z x z x z y y y
x z x
z x z y z y y x x
.
.
= x.yzy.xzz.xyxyxzxyyzxzyz 2
0,25đ 0,25đ 0,25đ
0,25đ 0,25đ
0,25đ 0,25đ 0,25đ
2 (2 đ)
Ta có: 46n + 296.13n = 46n - 13n + 297.13n
= 46n - 13n + 9.33.13n
= (46-13).(…) + 9.33.13n
= 33 (…) + 9.33.13n 33
Lại có: 46n + 296.13n = 46n + 13n +295.13n = (46n +13n) + 5.59.13n =
(46+13) (…) + 5.59.13n
= 59.(…) + 5.59.13n 59
Mà (13; 39) = 1 Nên từ và => 46n + 296.13n 33.59 = 1947 (đpcm)
0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ
0.25đ 0.25đ 0.25đ
Câu 2
( 4đ)
a) ( 2đ) a, x2 3 x 2 x 3 x 2 x2 2 x 3
0 3 x 2 x
0 3 x
0 2 x 3 x 2
2
(1) + = +
Đặt:
0 c 3 x
0 b 2 x
0 a 1 x
0,25đ
0,5đ 0,25đ
Trang 5b)
( 2đ)
(1) a.b + c = b + a.c
a(b - c) - (b - c) = 0
(a - 1)(b - c) = 0
c b
1 a
Với a = 1 x 1 1 x - 1 = 1 x = 2 (thoả mãn đk) Với b = c x 2 x 3 x - 2 = x + 3 0x = 5 vô nghiệm
Vậy phương trình (1) có nghiệm x = 2
b) Từ giả thiết ta có:
Nhân 2 vế của đẳng thức với 1
b - c ta có:
2
=
a - b a - c b - c
b - c
Vai trò của a, b, c như nhau, thực hiện hoán vị vòng quanh giữa a, b, c ta
có:
2
=
a - b a - c b - c
2
=
a - b a - c b - c
a - b
Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta có 2 2 2
0,5đ
0,5đ
0,5đ 0,5 đ
0,5 đ 0,5 đ
Câu 3
(3đ)
a)
(1,5đ)
a)Từ 2x6 + y2 – 2x3y = 320 <=>(x3-y)2 +(x3)2=320
=> (x3)2 320 mà x nguyên nên x 2
Nếu x = 0 thì y không nguyên ( loại)
Nếu x =1 hoặc x =-1 thì y không nguyên (loại)
Nếu x = 2=> y= - 8 hoặc y = 24
Nếu x = -2 => y= -24 hoặc y = 8
Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là:
(2;-8);(2;24);(-2;- 24);(-2;8)
0,25đ 0,25đ
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
b)
( 1,5đ) b)Chứng minh bất đẳng thức 1 1 4
a b a b (với a, b > 0)
Áp dụng BĐT 1 1 4
a b a b (với a, b > 0)
0,25đ
Trang 61 1 1 1
4
0,25đ
Ta có:
3 x 3 y 2 z 2 x y z x 2 y z 4 2 x y z x 2 y z
16 x y x z y z
3 x 2 y 3 z 16 x z x y y z
1 1 2 1 1
2 x 3 y 3 z 16 y z x y x z
0,25đ
0,25đ Cộng vế theo vế, ta có:
3 x 3 y 2 z 3 x 2 y 3 z 2 x 3 y 3 z 16 x y x z y z
.6
0,5đ
Câu 4
( 6 đ)
a) Vì AE là tiếp tuyến của đường tròn(O) 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(O) tại M MEMO
0,5đ
0,75đ
I K
B
O
E
A
P x
I
Trang 7 MOE vuông ở MM,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 :EAO APMˆ ˆ MQAˆ 900
=> 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.(3)
Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và tại A nên theo tính chất hai
tiếp tuyến cắt nhau ta có :
OM = OA; EM = EA ( 4)
Từ ( 3) và (4) => 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 A OˆE A BˆM , vì OE // BM
=> AO AE
Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số KP BP
Từ (4) và (5) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB,
mà AB = 2.OA => MP = 2.KP
Vậy K là trung điểm của MP
d) Áp dụng bất đẳng thức cosi với 4 số không âm a,b,c,d ta có:
4
d c b a
abcd
4
a b c d 4
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d
MP = MO2 OP2 R2 (x R) 2 2Rx x 2
Ta có: S = SAPMQ = MP.AP x 2Rx x 2 (2R x)x 3
S đạt max (2R x)x 3 đạt max x.x.x(2R – x) đạt max
x x x (2R x)
Áp dụng (*) với a = b = c = x
3
Ta có :
4 4
4
Do đó S max x (2R x)
2
Vậy khi MP= 3
2
R thì hình chũ nhật APMQ có diện tích lớn nhất
0,25đ
0,25đ 0,25đ
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 5
( 1đ)
Ta có xy2 + 2xy – 243y + x = 0 x(y + 1)2 = 243y (1)
Từ (1) với chú ý rằng (y + 1; y) = 1 ta suy ra (y + 1)2 là ước của 243
Vậy (x, y) = (54, 2) ; (24, 8)
0,5đ 0,5đ
Trang 8Cao Dương ngày 20 tháng 10 năm 2015
DUYỆT CỦA BGH Người ra đề
Lưu Thị Liên