De thi hsg toan 9

c Nêu cách xác định vị trí điểm C trên tia Ax để diện tích tam giác COD bằng diện tích tam giác AHB.. Người ra đề Ðặng Ngọc Trình.[r]

phßng gD & ĐT Oai TRƯỜNG THCS BÍCH HÒA đề chính thức §Ò thi häc sinh giái líp N¨m häc 2014 - 2015 M«n: To¸n ( Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu 1: ( điểm ) x x1 A 1  (   ):  x x  1  x x  x 1 1) Cho biểu thức: a/ Rút gọn A b/ Tìm giá trị nguyên x để A đạt giá trị nguyên x  49(5  2)(3   )(3   2 ) c/ Tính giá trị A với 2) Tìm tất các số tự nhiên abc có chữ số cho : abc n   cba  n   với n là số nguyên lớn Câu 2: ( điểm ) 1) Giải phương trình sau: x+3+ √ 1−x 2=3 √ x +1+ √1−x 1 x yz    x y z 2) Cho x, y, z là ba số thỏa mãn: x y.z 1 và P  x 2013  1  y 2014  1  z 2015  1 Tính giá trị biểu thức: Câu 3: ( điểm ) 1) T×m c¸c nghiệm nguyên phương trình : x2 + xy + y2 = x2y2 2) Cho a, b và c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c 1 ab bc ca    Chứng minh c  a  b  Câu 4: ( điểm ) Cho O là trung điểm đoạn thẳng AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB vẽ hai tia Ax, By vuông góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C, trên tia By lấy điểm D cho góc COD = 900 Kẻ OH vuông góc với CD H a) Chứng minh CD là tiếp tuyến đường tròn tâm O đường kính AB; AB AC.BD  ; b) Chứng minh c) Nêu cách xác định vị trí điểm C trên tia Ax để diện tích tam giác COD diện tích tam giác AHB Câu 5: ( điểm ) T×m nghiÖm nguyªn dương cña ph¬ng tr×nh : x2+2y2 +2xy +3y- = —————————————– Hết ——————————————– Người đề Ðặng Ngọc Trình Người duyệt đề híng dÉn chÊm m«n to¸n Năm học: 2014 - 2015 phßng gD ĐT Oai TRƯỜNG THCS BÍCH HÒA Điể m Câu  x  x1     : x  1  x  x  x 1 a/Cho biểu thức A= 1-   x 0; x  ; x 1 ĐK: x   x  x1    :  x  x  (2 x  1) x   x   A= 1-     0,5đ  0,5đ x   x  x  (2 x  1) (2 x  1)(2 x  1) x1 A=1- Câu 1.1 (4 ð) 0,5đ 0,5đ x  x 1 x 1 1   x  1 x A=1- x  x  b/ Tìm x  Z để A nguyên A Z   Z  1 x  1 x Ư(2) Do x 0; x 1; x  Z  x 0 1đ Vậy x=0 thì A có giá trị nguyên c/Với x=  49(5  2)(3   )(3   2 ) 0,5đ 0,5đ x=-7 49(5  2)(5  2)   49  2   x 7 Vậy A  2.7  13 (1) 0,5 abc 100a  10b  c n   cba 100c  10b  a n  4n  Câu 1.2 (2 ð) 0,5 Viết (2) Từ (1) và (2) ta có 99 ( a –c ) = 4n – => 4n –  99 (3) Mặt khác : 2 100 n  999  101 n 1000  11 n 31  39 4n  119 Từ (3) và (4) => 4n – = 99 Vậy số cần tìm abc 675 0,5 (4) 0,5 => n = 26 x+3+ √ 1−x 2=3 √ x +1+ √ 1−x (ĐK: −1< x< ) 0,5đ √ x + 1= a √ 1− x = b ( a Đặt Thay vào phýõng trình đã cho ta có: a2 +2+ab=3 a+b ⇔ a2 + ( b−3 ) a− ( b−2 ) =0⇔ ( a−1 )( a+b−2 )=0 { Câu 2.1 (2đ) , b ≥0 ) ⇒ ¿ x + 3= a + 2 1− x = ab √ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ⇔ [ a=1 ¿ [¿ [ a+b=2  Với a=1⇒ √ x +1=1 ⇔ x=0 (thỏa mãn) 2 Với a+b=2 ⇒ √ x+ 1+ √1−x=2⇔ x +1+1−x +2 √ 1−x =4 ⇔ √1−x =1⇔ x=0 (thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm x=0 -1 1 xy  yz  zx x yz     x yz   xy  yz  xz x y z xyz Từ ( vì xyz 1 ) 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ Xét tích  x  1  y  1  z  1  xy  x  y  1  z  1  xyz  xy  xz  yz  x  y  z  1  xy  xz  yz  x  y  z  0 Câu 2.2 (2ð)  x  0   y  0   z  0  x 1  y 1   z 1 Lần lượt thay x 1 y 1 z 1 vào biểu thức P ta P 0 -Câu 3.1 (2ð)  x y  x  2 *Víi x vµ y ta cã:  x y  y  x2y2  (x2 + y2) = x2 + y2 +x2 + y2 x2 + y2 + 2xy> x2 + y2 + xy * VËy x hoÆc y  - Với x =2 thay vào phơng trình ta đợc + 2y + y2 = 4y2 hay 3y2-2y -4 =0  Ph¬ng tr×nh kh«ng cã nghiÖm nguyªn - Với x =-2 thay vào phơng trình ta đợc - 2y + y2 = 4y2 hay 3y2+2y -4 =0  Ph¬ng tr×nh kh«ng cã nghiÖm nguyªn - Với x =1 thay vào phơng trình ta đợc + y + y2 = y2 hay y = -1 - Với x =-1 thay vào phơng trình ta đợc - y + y2 = y2 hay 1- y =  y =1 - Với x = thay vào phơng trình ta đợc y =0 Thử lại ta đợc phơng trình có nghiệm nguyên (x, y) là: (0; 0); (1, -1); (-1, 1) 0,5đ 0,5đ 0,25ð 0,25ð 0,25ð 0,25ð 0,25ð 0,25ð 0,25ð 0,25ð Học sinh phát biểu và CM bất đẳng thức phụ sau: 0,25 1 1     - Với x; y là các số thực dương ta có: x  y  x y  (1) Đẳng thức xẩy và x = y Câu 3.2 (1ð) Thật vậy: Vì x; y là các số thực dương theo BĐT Côsi ta có 0,25 1 1 1 11 1       2 xy 4  xy x y 4 x y  x y  x  y  - Áp dụng BĐT (1) ta có: ab ab ab  1       c 1  c  a    c  b   c  a c  b  0,25 (1’) bc bc  1  ca ca  1         ’  Tương tự a   a  b a  c  (2 ); b   b  a b  c  (3’) Cộng vế với vế ba đẳng thức trên ta được: ab bc ca  ab  ca ab  cb cb  ca  a  b  c         c  a  b 1  b  c c a a b  4 Đẳng thức xẩy và a b c  0,25 0,5 a) Vì Ax  AB; By  AB nên Ax, By là tiếp tuyến đường tròn (O) Câu Gọi M là trung điểm CD => OM là đường trung bình hình thang 1,5 ACDB => OM //AC => góc ACO = góc MOC ( So le trong) (1) (6đ) Lại có: OM là trung tuyến thuộc cạnh huyền tam giác vuông COD => OM = MC => tam giác OMC cân M => góc COM = góc MCO (2) Từ (1) và (2) suy góc ACO = góc MCO => tam giác ACO = tam giác HCO (cạnh huyền - góc nhọn) => OH = OA => H thuộc đường tròn tâm O => CD là tiếp tuyến đường tròn tâm O đường kính AB b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có AC = CH; BD = DH CH.DH = OH => AC.BD  AB OH 1 => HK ( HK  AB; K thuộc AB ) 1,5 0,5 c) SCOD S AHB 1,0 ( Vì tam giác COD đồng dạng với tam giác BHA) => OH = HK => K trùng O => H là điểm chính nửa đường tròn O => 1,0 AB AB AC = điểm C thuộc tia Ax cho AC = thì SCOD S AHB -Biến đổi phơng trình x2+2y2 +2xy +3y- = ⇔ (x2+2xy+y2) +y2 +3y - 4= ⇔ (y+4)(y-1) =-(x+y)2 ¿ Câu ⇒ - ¿ y ¿ v× y thuéc Z nªn y ¿ {−4 ;−3;−2;−1;0;1 } (1 ð) S¸u cÆp (x;y) tháa m·n ph¬ng tr×nh lµ (4;- 4), (1;- 1),(5;-3), (1;3),(2;0), (-2;0) V ì x; y nguyên dương nên x=1 và y=3 0,25 0,25 0,25 0,25