hsg toan 9

+ Đáp án gồm có 05 trang + Thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho đủ điểm thành phần tương ứng Câu Ý... Thử lại ta thấy 4 thỏa mãn hệ pt đã cho..[r]

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 – 2011

MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 4/03/2011 (Đề thi gồm có 01 trang)

Câu 1 (4 điểm)

a Rót gän biÓu thøc:

 

víi x 2

b Phân tích đa thức

2 2 4(1x)(1 y)(1 x y) 3 x y thành nhân tử

Câu 2 (4 điểm)

a) Giải phương trình 2x2 7x10 2x2 x 4 3( x1)

b) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh





 























4

1 4 4

1 4 4

1 4

x

y x

y

z y

z

x z

Câu 3 (4 điểm)

a) Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau :

2011 2011

x y

y z



 là số hữu tỉ và x2  y2 z2 là số nguyên tố

b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 4x❑2 - 8y❑3 + 2z❑2 + 4x – 4 = 0

Câu 4 (6 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn có trung tuyến CM Các đường cao AH, BD, CF cắt nhau tại I Gọi E là trung điểm của DH Đường thẳng qua C và song song với

AH cắt BD tại P; đường thẳng qua C và song song với BD cắt AH tại Q

a) Chứng minh PI.AB = AC.CI

b) Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác CDH Chứng minh MD là tiếp tuyến của đường tròn (O)

c) CE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại R (R khác C); CM cắt đường tròn (O) tại K (K khác C) Chứng minh AB là đường trung trực của đoạn KR

Câu 5 (2 điểm)

Cho c¸c sè d¬ng a, b c tho¶ m·n a+b+c=abc.T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc

S= a

√bc(1+a2)+

b

√ca (1+b2)+

c

√ab(1+c2)

………Hết………

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MễN TOÁN LỚP 9 – THCS NĂM HỌC 2010 – 2011

+ Đỏp ỏn gồm cú 05 trang

+ Thớ sinh làm theo cỏch khỏc đỳng vẫn cho đủ điểm thành phần tương ứng

với x 2

Lập phơng hai vế ta đợc: A3x3 3x 3AB (1) 0,5

Trong đó:

¿3

Do đó: (1)  A3 x3 3x 3A 0  (A x A )( 2Ax x 2 3 0)  0,25

2 2 3 0

A x

A Ax x





 



0,5

Với: A 0và x 2  x2  3 0   A2 Ax x 2  3 0  0,25

Vậy A=x

0,25

b

A = 4(1  x y xy)(1 x y) 3 x y2 2

0,5

4(1 x y) 4(1 x y xy) 3x y

2(1 x y) xy)2 (2 )xy 2

2 2x 2y xy 2 2x 2y 3xy

2 a

Giải phương trỡnh 2x2 7x10  2x2  x 4 3( x1) (1) 2,0

Vậy TXĐ: 

- Nếu x   1 0 x 1 thỡ VP(1) 0, VT(1) 0 (khụng thỏa món)

0,25 0,5

- Nếu x  1 0  x  1 thỡ (1)

2 2

Từ (1) và (2) suy ra 2 2x2 x 4 3 x1

0,5

2

3

x

0,5

Thử lại Với x = 3 thì VT(1) = VP(1) = 12

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 0,25

- Nếu x = 0 thì hệ có nghiệm (x ; y ; z) là (0 ; 0 ; 0) 0,25

- Nếu x 0 y0;z0 Ta có :

4 4

4 4

4

x

y

z

z x z

x







0,5

Cộng theo vế các phương trình của hệ ta được

2

1 4

x y z

Thử lại ta thấy

1 4

x  y z

thỏa mãn hệ pt đã cho 0,5 Vậy hệ có 2 nghiệm (x ; y ; z) là (0 ; 0 ; 0),

1 1 1

; ;

4 4 4

3 a Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện 2,00

Ta có

2011

(1) 2011

n

y z





 , trong đó m, n là các số nguyên thỏa mãn

n > 0, (m, n) = 1

(1) nx my  2011 ny mz (2)

0,5

Vì 2011 là số vô tỉ và m, n, x, y, z là các số nguyên nên ta có

(2) <=> nx – my = ny – mz = 0

2

nx my

xz y

ny mz







0,5

Ta lại có : x2  y2 z2 x z 2  2xz y 2 0,5

x z2 y2 x y z x y z  

Vỡ x2 y2 z2 là số nguyờn tố và x + y + z là số nguyờn lớn hơn 1

nờn x – y + z = 1 Do đú x2  y2 z2  x y z (3)

Nhưng x, y, z là cỏc số nguyờn dương nờn x2 x y; 2 y z; 2 z

Suy ra x2 = x, y2 = y, z2 = z => x = y = z = 1

Khi đú

2011

1 2011

x y

y z





 và x2  y2 z2  (thỏa món)3 Vậy (x ; y ; z) = (1 ; 1 ; 1) thỏa món yờu cầu bài toỏn

0,5

b Tỡm nghiệm nguyờn của phương trỡnh 2,00

Phơng trình đợc biến đổi thành

Vế trái của (1) là một số chính phơng lẻ nên chia 8 d 1 (*) 0,5 Xét vế phải của (1): 8y3 chia hết cho 8 ; 2z2 chia hết cho 8 nếu z

chẵn , chia cho 8 d 2 nếu z lẻ

 vế phải chia cho 8 d 5 hoặc 3 (**)

0,5

Từ (*) và (**) suy ra phơng trình (1) không có nghiệm nguyên

Chứng minh PCB  900

1 90

ACB C

Ta cú :

0

1 90

(1)

P C

ACB P

1

H Q P

I

M F

E D

C

B A

0,5

Chứng minh tứ giỏc ADIF nội tiếp  CAB PIC  (2) 0,5

Từ (1) và (2) PIC CAB g g( ) 0,5

PI IC

PI AB AC IC

AC AB

b Chứng minh MD là tiếp tuyến của đường trũn (O) 2,00

Chứng minh tứ giỏc CDIH nội tiếp đường trũn (O)

DCI

 là gúc nội tiếp chắn cung DI (3)

0,5

 có DM là đường trung tuyến

MDB

  cân tại M  MBD MDB (4) 0,5

Ta lại có  MBD DCI (cùng phụ với CAB) (5) 0,5

Từ (4) và (5)  MDB DCI  (6)

Từ (3) và (6) suy ra MD là tiếp tuyến của đường tròn (O) 0,5

c Chứng minh AB là đường trung trực của đoạn KR 2,00

c

MD là tiếp tuyến của (O)

2

2

.

( ) (7)

MD MK MC

MB MK MC MD MB

MB MK

MC MB MBC MKB c g c MBK MCB



R

K

C

D E

F M I

H

0,5

Chứng minh tứ giác ADHB nội tiếp

( )

CD DH CDH ABC CDH CBA g g

CB AB

CD CB CD CB

CDE CBM g g MCB ACR

DH AB DE MB





0,5

Ta lại có : ACR ABR (9)

Từ (7), (8), (9)  MBK ABR  BA là phân giác của KBR 0,5 Chứng minh tương tự ta được AB là phân giác của KAR

Từ đó suy ra AB là đường trung trực của KR 0,5

T¬ngtù √ba(1+c2

)=√(a+c )(b+c );√ca (1+b2

)=√(a+b)(b+c) 0,25

S

a b a c a b b c a c b c

a b a c b c b c c b a c

0,25

¸p dông B§T √AB ≤ A+B

2 (víi A,B >0) ; DÊu “=” x¶y ra khi A=B 0,25

Ta cã

1

2

S

a b a c b c a b a c b c

a b b c c a

a b b c c a

2⇔a=b=c=√3

0,25 0,25

- Hết

-Chứng minh

, , 0

1x 1y 1 xy x y thỏa mãn xy 1

0

x y

   

2

1

y x xy

y x x x y y x y

x y

BĐT cuối cùng đúng do xy 1

Đẳng thức xảy ra  xy hoặc xy 1

Chứng minh

22 15

a b b c c a     

(2)

15

Đặt , ,

thì

1

4x y z và xyz 1 BĐT trở thành

1 x1 y 1 z15

Không giảm tổng quát, giả sử z nhỏ nhất suy ra xy 1 Theo câu a

2

, 1

t

t z

z



Ta sẽ CM 2

t

t

t t      Bằng biến đổi tương đương

BĐT 8t3 22t223t 7 0  (2 1)(4t t2 9t7) 0

BĐT cuối cùng đúng do

1 2

t 

và 4t2 9t 7 0,t