Đề HSG 9 thanh ba 2018 (3)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học 2018-2019 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP ( Hướng dẫn có trang) I.PHẦN TRẮC NGHIÊM KHÁCH QUAN( điểm) câu 0,5 điểm 1.C 2.D 3.A 4.B 5.A 6.C 7.B 8.D 9.A 10.B 11.C 12.B 13.C 14.D 15.A 16.C II.PHẦN TỰ LUẬN(12 điểm ) Câu (3,0 điểm) a) Chứng minh ba số phương tùy ý tồn hai số mà hiệu chúng chia hết cho b) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca  Chứng minh a b c    a2 b2 c2 (a  2)(b  2)(c  2) ĐÁP ÁN a) Vì số nguyên phải số chẵn số lẻ Do đó theo nguyên lý Đirichlet số nguyên chọn số có tính chẵn lẻ ĐIỂM 0,5 +) Áp dụng ta có số phương ln chọn hai số có tính chẵn lẻ Gọi số phương chọn đó a b Khi đó ta có a  b  (a  b)(a  b) +) Vì a b tính chẵn lẻ nên a, b tính chẵn lẻ Do đó a  b số chẵn a  b số chẵn a  b  (a  b)(a  b)M4 , (đpcm) b) Do ab  bc  ca  Do đó a  a  ab  bc  ca  a  b  ca    a   a c  b b  b  ab  bc  ca  b  c b a c  c  ab  bc  c c  0,5 0,5 Suy a b c a     a2 b2 c2 a b a c    a b  c   b c  a   c a  b   a  b  b  c  c  a       ab  bc  ca a b  b c   c a   b b c  b a    c c a  c b  0,5 (a  2)(b  2)(c  2) a b c    a2 b2 c2 (a  2)(b  2)(c  2) Câu (3,5 điểm) a) Giải phương trình: 3x2  2x  20  x3  �xy  x   y b) Giải hệ phương trình: � 2 2 �x y  xy  x   25 y 0,5 ĐIỂM     3x2  2x  20  x3  � x2  2x    x  2 x2  2x   4 x  2  x2  2x   a; x   b;(a  0;b �0) Đặt 0,5 Ta có phương trình a b  � 3a2  7ab  4b2  �  a  b  3a  4b  � � � 3a  4b  � a b � � 3a  4b � Với a  b ta có �x �2 �x �2 x2  2x   x  �� � � �2 �x  2x   x  �x  3x   �x �2 �� � (x  1)(x  2)  � x1 � � x � 0,5 �x �2 x2  2x   x  �� � 9x  18x  36  16x  32 � �x �2 � Với 3a  4b ta có � 17  253 � �x �2 �� x �� �� � � 9x  34x   � � � 17  253 �� x � �� � 17  253 x � � � 17  253 x � � 0,5 � � 17� 253� � S � 1;2; � � � b) Nhận xét : y=0 khơng nghiệm (1)suy 1=0 vơ lý , ta chia hai vế phương trình (1) (2) hệ cho y �0; y �0 Khi đó hệ trở thành : � x �x  y  y  � �� � �x  x  x   25 � y y2 y2 � � � � �x  � � � � � �x  � � � 1� x �  y� y � x2  25 � y � y2 0,5 � x  a;  b ta có hệ phương trình : y y a b � a b a  b � a  4;b  � � � � � � �2 � � � a  b2  25 �  a  b  2ab  25 �ab  12 �a  3;b  � Đặt: x  Với 0,5 0,5 � x  � y  1; x  � � 3y   � 3y2  4y  1 � � y � y a  4;b  ta co � �� �� � � x y  ;x  x  y � � 3 �x  3y � � � �y � x  � � 4y   � 4y2  3y  1 � y � y �� �� Với a  3;b  ta co � x �x  4y � 4 �x  4y � � �y � vô nghiệm 4y  3y  1 (2y)  2.2y    2y  16 16 � � 2 0,5 3�  0 4� 16 � � � 1� 1; �  3;1 ;� Vậy hệ có nghiệm  x; y �� � � � 3� � Câu (4,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) đường thẳng (d) không qua O, (d) cắt đường tròn hai điểm A B Trên đường thẳng d lấy điểm M đoạn thẳng AB Từ M kẻ hai tiếp tuyến MC MD với đường tròn (C D tiếp điểm, C thuộc cung nhỏ cung AB) a) Gọi H trực tâm tam giác MCD Tứ giác CHDO hình gì? Vì sao? b) Tìm vị trí M để H nằm đường tròn (O) b) Khi M di chuyển d, chứng minh đường thẳng CD qua điểm cố định K C A M N H I B O D ĐÁP ÁN ĐIỂM a b) Vì H giao điểm đường cao nên CH  MD, mà MD  OD nên CH // OD (1) Tương tự ta có DH // OC (2) 1,5 Từ (1) (2) ta có tứ giác CHDO hình bình hành Mà OC = OD = R nên tứ giác CHDO hình thoi b) Giả sử H thuộc (O) OCHD hình thoi nên tam giác OHC suy góc MOC=600 đó tam giác vuông MOC ta có R OC OM CosMOC  OM  2 R M giao đường tròn tâm O bán Cos60 1,5 kính 2R đường thẳng d H thuộc (O) c)  NMO đồng dạng với  IKO (hai tam giác vuông có góc nhọn chung), nên ON OM  , suy ON.OK = OI.OM OI OK (1) Tam giác vuông DMO, DI đường cao, ta có: OD = OI.OM = R2 (2) Từ (1) (2) ta R2 có ON.OK = R2 , suy OK = ON Vì đường thẳng d cố định, ON cố định độ dài ON không đổi, R không đổi nên K cố định Vậy CD qua điểm cố định Câu (1,5 điểm) Cho ba số dương a,b,c dương thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức a b c P   3 b  5b  3b  18 c  5c  3c  18 a  5a  3a  18 ĐÁP ÁN b3  5b  3b  18   b    b  b  3 1,0 ĐIỂM b6b b3 b 9 �  2 2 a 2a  ;(1) Tuong tu : 2 b  5b  3b  18 b  b 2b c 2c �2 ;(2); �2 ;(3) 3 c  a  c  5c  3c  18 a  5a  3a  18 Từ (1);(2);(3) 2a 2b 2c 18a 18b 18c P�    Q; M  18  9Q  2a   2a   2c  b 9 c 9 a 9 b 9 c 9 a 9 2 2 2 2ab 2bc 2ca 2ab 2bc 2ca ab  bc  ca M   �    6b 6c 6a b 9 c 9 a 9 0,5 0,5 Ma  ab  bc  ca  � a  b  c  � ab  bc  ca �27 �� M�  18 9Q Q P Q � b   b2  b  � c   c2  c  � � Min( P)  � � a   a2  a  � a  b  c  � abc 9 � abc3 � � 0,5 HẾT ... b 9 c 9 a 9 b 9 c 9 a 9 2 2 2 2ab 2bc 2ca 2ab 2bc 2ca ab  bc  ca M   �    6b 6c 6a b 9 c 9 a 9 0,5 0,5 Ma  ab  bc  ca  � a  b  c  � ab  bc  ca �27 �� M�  18 9Q... b 9 �  2 2 a 2a  ;(1) Tuong tu : 2 b  5b  3b  18 b  b 2b c 2c �2 ;(2); �2 ;(3) 3 c  a  c  5c  3c  18 a  5a  3a  18 Từ (1);(2) ;(3) 2a 2b 2c 18a 18b 18c P�    Q; M  18  9Q...  � x1 � � x � 0,5 �x �2 x2  2x   x  �� � 9x  18x  36  16x  32 � �x �2 � Với 3a  4b ta có � 17  253 � �x �2 �� x �� �� � � 9x  34x   � � � 17  253 �� x � �� � 17  253