De DA HSG huyen Tam Duong 20102011 Toan 9

[r]

UBND HUYỆN TAM DƯƠNG

PHÒNG GD&ĐT KÌ THI KHẢO SÁT HSG LỚP VỊNG 1Năm học: 2010-2011 Mơn: Tốn

Thời gian: 150 phút khơng kể thời gian giao đề

Câu 1.(2,0 điểm)

a) Cho hàm số y=ax+b Biết f(1) f(2); f(5) f(6) f(999)=1000 Tính f(2010)

b) Rút gọn biểu thức: A 2( x2 y2 x)( x2 y2 y) x2 y2

      

với mọi x y, 0 Câu 2.(2,0 điểm)

a) Chứng minh a2 a 1

  không chia hết cho 25 với mọi số nguyên a b) Tìm số nguyên dương x y, khác cho: xy yx

 Câu 3.(2,0 điểm)

a) Giải phương trình x2 3x 2 x 1 4

    b) Giải phương trình nghiệm nguyên 4x5y7

Câu 4.(1,5 điểm) Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn a b c  1 Chứng minh a bc  b ca  c ab  1 ab bc ca

Câu 5.(2,5 điểm) Cho nửa đường (O, R) đường kính AB, bán kính OC vng góc với AB M điểm di chuyển nửa đường tròn (O) ( M khác A B) Tiếp tuyến nửa đường tròn (O) M cắt OC, cắt tiếp tuyến A cắt tiếp tuyến B nửa đường tròn (O) D, E H Gọi F giao điểm AE BD

a) Xác định vị trí M nửa đường trịn (O) để diện tích tứ giác ABHE nhỏ

b) Chứng minh EA EF=

4

AB .

====HẾT====

Cán coi thi khơng giải thích thêm.

Họ tên thí sinh SBD:

1

H ƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010-2011 MƠN: TỐN 9

( Đáp án có trang)

Câu Nội dung Điểm

1

a) Vì f(1) f(2) nên a0 (1) f(5) f(6) nên a0 (2) Từ (1) (2) suy a=0 Do f(2010)=f(999)=1000

0,5 0,5 b) A 2( x2 y2 x)( x2 y2 y) x2 y2

       =

2(x2 y2) 2 x2 y2.(x y) 2xy x2 y2

       

 x2 y2 (x y)2 x2 y2

     

 

(x y) x2 y2 x2 y2 x y

        (vì x y  x2y2 )

0,25 0,5 0,25

2

a) N a2 a 1

   =(a 2)(a3) 5

Vì (a 2) ( a3)5 chia hết a 2;a3 chia hết cho không chia hết cho

*Nếu a 2;a3 chia hết cho (a 2)(a3) chia hết cho 25 mà không chia hết cho 25 suy N không chia hết cho 25 *Nếu a 2;a3 không chia hết cho (a 2)(a3) khơng chia hết cho ( số nguyên tố) suy N khơng chia hết cho 5, Nkhơng chia hết cho 25

Vậy N không chia hết cho 25 với mọi số nguyên a

0,25

0,25 0,25

0,25

b) Giả sử 1 x y Chia hai vế PT cho xx ta được: x y x x y x x  

Vì y xx x

 mà xlà số nguyên dương nên y x Đặt y kx (kN k, 2) Theo ta có xkx ( )kx x ( )xk x ( )kx x xk kx xk1 k

       (1) Ta thấy x2 (vì x1thì k 1) Do xk1 2k1

 (2) Từ (1) (2) suy k 2k1

 nên 2k2k (3) Dễ thấy k3 bất đẳng thức (3) khơng xảy Do k 2 Thay k2 vào (1) ta x2  y2.2 4

Thử lại x2;y4 thỏa mãn đề Vì vai trị x, y ( ,

x y)2; , 4;2  

0,25 0,25 0,25

0,25

3

a) ĐKXĐ: x1

2 3 2 1 4 ( 4 4) ( 1 2 1 1) 0

x  x x   x  x  x  x  

2

(x 2) ( x 1)

     

2

2( / ) 1

x

x T m

x             

Vậy phương trình có nghiệm x2

0,5 0,5 b) 7 5 2

5 5

x x x x

x y  y        x 

Đặt

5 x

t t Z



   Do x5t 2 y 3 4t Vậy nghiệm phương trình 2( )

3 x t t Z y t         0,5 0,5

Vì a b c  1, nên áp dụng BĐT Cauchy ta có:

2 +b+c 2

b c  bc a  a bc   a bc

2 2 2

a a a bc a bc a a bc bc

       

 2

a bc a bc a bc a bc

        (1)

Chứng minh tương tự ta có: b ca b   ca (2)

c ab c   ab (3)

Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta

a bc  b ca  c ab a b c     ab bc ca

0,25 0,5

0,25

Hay a bc  b ca  c ab  1 ab bc ca

Dấu xảy

a b c   0,5

5

a) Ta có AE//BH( vng góc với AB) nên tứ giác ABHE hình thang vng Do ( )

2

ABHE

AE BH AB EH AB

S    (theo tính chất hai

tiếp tuyến cắt nhau) ABHE

S nhỏ  EH nhỏ nhất EH BH  ABHElà hình chữ nhật  M điểm cung AB

Vậy Min 2 ABHE

S  R  M C

0,5

0,5 b) Xét hình thang ABHE có OA=OB, OD//AE//BF DE DF

F= ( ) F=BH

DE DHB g c g E

    

mà BH HM EA EM;  (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy AE E F=EM.MH (1)

Lại có OE tia phân giác AOM ; OH tia phân giác BOM mà AOM và BOM là hai góc kề bù nên EOH 900



Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác EOH vng H ta có

2

4 AB

EM MH OM  (2)

Từ (1) (2) suy F AB

AE E 

0,5

0,5

0,5

A F

C

O B

E

H M

D