Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh thanh hóa năm học 2015 2016(có đáp án)

Tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O; R có B, C cố định.. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng quy tại H.. Đường thẳng chứa tia phân giác ngoài của góc BHC cắt AB, AC lầ

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO

THANH HÓA

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 Năm học : 2015 – 2016

Môn thi : Toán

Thời gian : 150 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1 (4,0 điểm):

a

Câu 2 (4,0 điểm):

2

1

2 9

x



4 4

5 4







Câu 3 (4,0 điểm):

54x + 1 = y

nghiệm nguyên dương (x, y là ẩn)

Câu 4 (6,0 điểm): Cho đường tròn tâm O bán kính R Tam giác nhọn ABC nội tiếp đường

tròn (O; R) có B, C cố định Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng quy

tại H Đường thẳng chứa tia phân giác ngoài của góc BHC cắt AB, AC lần lượt tại các điểm M và N

a) Chứng minh tam giác AMN cân

b) Xác định vị trí của điểm A để chu vi tam giác DEF lớn nhất

c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác trong của góc BAC tại K

Câu 5 (2,0 điểm): Cho các số dương , , a b c thoả mãn 2 2 2

3

ab  bc  ca 

a b c

- Hết -

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO

THANH HÓA

ĐÁP ÁN GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 Năm học : 2015 – 2016

Môn thi : Toán

1a

(2,0đ)

Có



( 6 9) ( 6 9) 9

9

Vậy A 12 a (a0 và a9)

Tìm giá trị nhỏ nhất của M = A + a

1b

(2,0đ)

 2

M     A a a a  a     , dấu đẳng thức xảy ra khi a = 36 (tmđk)

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là - 36 khi và chỉ khi a = 36

2a

(2,0đ)

Giải phương trình 2 2  

1 1

2 9

x



Điều kiện x0

2 9





2

1 2 9 0

2 9

2 9

x







Khi đó (2) trở thành

  2 

3 2 2

1 1

2

t







  



Với t = 1 ta có 2

2

0

9 0

x

x





 

 vô nghiệm

 Với 1

2

0

2

2

x x

x









Kết hợp với điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là 3 2

2

x 

Giải hệ phương trình    

 

3 3

4 4 1

5 4 2







2b

(2,0đ)

Thay (2) vào (1) ta có x3 – y3 = (y2 – 5x2)(4x - y) 21x3 – 5x2y – 4xy2 = 0

x(7x – 4y)(3x + y) = 0

 Với x = 0 thay vào (2) được y = 2

 Với 7x – 4y = 0 thay vào (2) được 31 2

4

49 y

  vô nghiệm

 Với 3x + y = 0 thay vào (2) được 2

y    y

y = 3 thì x = - 1; y = - 3 thì x = 1

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x;y) = (0;2); (0;-2); (-1;3); (1;-3);

3a

(2,0đ)

Tìm các nghiệm nguyên (x, y) của phương trình: 3 3  

54x + 1 = y 1

Nếu x = 0 suy ra y = 1, nếu y = 0 thì không có x nguyên thỏa mãn

Nếu x  0; y  0. 3 3 3 3

(1) 4 54x (54x   1) 4 54x y

(4 27x 1) (6xy) 1

Đặt 3

4 27x   a ; 6xy  b ta được (a1)2  (b 1)(b2 b 1) (2)

Từ (2) ta thấy b + 1 > 0 Gọi ƯCLN 2

(b1;b   b 1) d 2 1

1





 

 



2

1 ( 1) 2( 1) 3 3

Mặt khác 2 3 2

(a1) (4.27x 1) 3 nên d 3  d 1 2

(b 1;b b 1) 1

    

Từ (2) ta thấy tích của hai số nguyên tố cùng nhau là số chính phương nên phải có b + 1 = m2 và b2 - b + 1 =

n2 (Với m , nN* ; m 2 ; m24)

Ta có: n2 = (m2 - 1)2 - (m2 - 1) +1

 n2 = (m2 - 1)2 - (m2 - 2) (3) n2 = (m2 - 2)2 + (m2 - 1) (4)

Từ (3) và (4)  (m2 - 2)2 < n2 < (m2 - 1)2 vô lý  (2) vô nghiệm

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( ; ) x y  (0;1)

3b

(2,0đ)

Tìm các giá trị nguyên dương m để phương trình 2 2

1 0

x mxyy   có nghiệm nguyên dương

Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương, xét ( ;x y0 0) là nghiệm mà x0 y0 là nhỏ

nhất Do x y, trong phương trình là bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta giả sử x0  y0

Ta có: x02mx y0 y02  1 0 y0 là một nghiệm của phương trình y2mx y0 x02 1 0 (1)

suy ra phương trình còn một nghiệm y1 thỏa mãn 0 1 2 0 1

0 1 0

(2)

1 (3)

y

 



 

x0 + y0  x0 + y1  y0  y1

+) Nếu x0 y0 thay vào phương trình đề cho được

2 0

0

y



(do mvà y0 nguyên dương) suy ra m3, khi đó phương trình đã cho nhận ( ; ) x y  (1;1) làm

nghiệm,  m = 3 là một giá trị cần tìm

+) Nếu x0  y0  y1 thì từ (3) suy ra y02 x02 1 (y0x0)(y0x0)1 vô lý

+) Nếu x0  y0  y1 thì 0 0

1 0

1 2

y x

y x



  

 nên từ (3)

2

(x 1)(x 2) x 1 3x 1 0

        vô lý

Vậy m = 3 là giá trị cần tìm

4a

(2,0đ)

E

M

D

H

F A

O

Ta có: AMN  MBH  MHB ANM ,  NCH  NHC ( định lý góc ngoài tam giác)

Mà MBH  NCH MHB ,  NHC

Suy ra AMN ANM  AMN cân tại A

Kẻ tiếp tuyến Ax của (O) suy ra xAB ACB

Mà ACBAFE( vì tứ giác BFEC nội tiếp),

suy ra xAB AFE, Ax //EF OA  EF

4b

(2,0đ)

Tương tự: OB FD ; OC  DE

SABC = SAEOF + SBDOF + SCDOE

Suy ra chu vi tam giác DEF là AD BC

Mà R, BC cố định Chu vi tam giác DEF lớn nhất khi AD lớn nhất  A là điểm chính giữa của cung BC lớn

4c

(2,0đ)

Tam giác AMN cân ở A  phân giác AK là trung trực của MN

 Tâm O’ của (AMN) là trung điểm của AK  0

90

Gọi I là giao điểm của MK và BH, J là giao điểm của NK và CH

Chứng minh được HIKJ là hình bình hành HK đi qua trung điểm G của IJ

Dễ thấy IMH  MHF  MHI  IMH cân tại I  MI = IH Tương tự: JN = JH

Chứng minh được BIM đồng dạng với CJN (g-g) IJ BC

JC

JH BI

IH JC

NJ BI

MI

//









Mà HK đi qua trung điểm G của IJ nên cùng đi qua trung điểm L của BC (là điểm cố định)

A

C

F H

B

J K

N

L D

G I

O O'

5

(2,0đ)

Cho các số dương a b c , , thoả mãn ab2bc2ca23 Chứng minh rằng:

3 3 3

a b c

Ta chứng minh bất đẳng thức

ab

với a b, 0 (1)

ab



2 a 5 a b 10 a b 10 ab

3b 0 a b 2a 3b 0

      (luôn đúng  a b ,  0).

Tương tự ta cũng có

bc

(luôn đúng  b c ,  0).

ca

(luôn đúng  c a ,  0).

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được

Mà ab2bc2ca23 nên

Vậy ta có điều phải chứng minh, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b c 1