Chứng minh rằng 2a2b1 là số chính phương.. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn O, R.. Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt cung nhỏ AB tại M.. Chứng minh OD.GF = OG.DE.. c
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014 (đề thi gồm 01 trang)
Câu 1 (2 điểm).
2
1 1 (1 ) (1 )
2 1
A
x
với 1 x 1.
b) Cho a và b là các số thỏa mãn a > b > 0 và a3 a b ab2 2 6b3 0
Tính giá trị của biểu thức 44 4 44
4
B
Câu 2 (2 điểm).
a) Giải phương trình x x2( 22) 4 x 2x24
b) Giải hệ phương trình
3
3
2 2
Câu 3 (2 điểm).
a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình
xy xy x y
b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a2 a 3b2b
Chứng minh rằng 2a2b1 là số chính phương
Câu 4 (3 điểm).
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O, R) H là một điểm di
động trên đoạn OA (H khác A) Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt
cung nhỏ AB tại M Gọi K là hình chiếu của M trên OB
a) Chứng minh HKM2AMH
b) Các tiếp tuyến của (O, R) tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của (O, R) lần
lượt tại D và E OD, OE cắt AB lần lượt tại F và G Chứng minh OD.GF =
OG.DE
c) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R
Câu 5 (1 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2ab6bc2ac7abc Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 9 4
C
-Hết -ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Trang 2ĐÁP ÁN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN
HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN
Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014 (Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang)
Lưu ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà kết quả đúng thì giám
khảo vẫn cho điểm tối đa.
Câu
1a:
(1,0 đ)
2
2 1
A
x
0.25
1 1 x2 1 x 1 x2 1 1 x2 2 2 1 x2
2
2x
= x 2 0.25
Câu
1b:
(1,0 đ)
3 2 2 6 3 0 ( 2 )( 2 3 ) 0 (*) 2
Vì a > b > 0 a2 ab 3b2 0 nên từ (*) ta có a = 2 b 0.25 Vậy biểu thức 44 4 44 164 4 4 44
B
4 4
63 21
b B
b
Câu
2a:
(1,0 đ)
Đặt t x 2x2 4 t2 2x4 2x2 2 2 2 2
2
t
ta được phương trình
2
2 2
t t
t
Với t = -4 ta có
2
2
0
2 2
x
x x
0.25
Với t =2 ta có
2
2 4 2
2
0
3 1
3 1
x
x x
Kết luận nghiệm của phương trình
0.25
Câu Từ hệ ta có x3 (2y x ) y3 (2x y ) (x2 y2 ) 2 xy x 2 y2 0 0.25
Trang 3(1,0 đ)
3
(x y) (x y) 0 x y
0.25
* Với x = y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); ( 3; 3);( 3; 3) 0.25
* Với x = - y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); (1; 1 );( 1;1) Vậy hệ phương trình có nghiệm
(x ; y) = (0; 0); ( 3; 3);( 3; 3);( 1;1);(1; 1 )
0.25
Câu 3a:
(1,0 đ)
32
1 0
( 1)
y
y
0.25
Vì ( ,y y 1) 1 (y 1) 2 U(32) 0.25
mà 32 2 5 (y 1)2 22 và (y 1) 2 2 4(Do (y 1) 2 1) 0.25
(y 1) 2 y 1;x 8
(y 1) 2 y 3;x 6 Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là:
x y81
và x y63
0.25
Câu 3b:
(1,0 đ)
Gọi d là ước chung của (a - b, 2a + 2b + 1) (d *) Thì
2 2
( )
2 2 1 (2 2 1)
a b d
0.25
Do đó (a - b, 2a + 2b + 1) = 1 Từ (*) ta được a b và 2a 2b 1 là số chính phương => 2a 2b 1 là số chính phương 0.25
Câu 4a:
(1,0 đ)
Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O) Ta
có A1 1O 1 1
2 2 sđAM (1) 0.25
Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA) A 1 M (2) 1 0.25
Tứ giác MHOK nội tiếp O 1 K (cùng chắn 1 MH ) (3) 0.25
Từ (1), (2), (3) ta có M1 1K 1
Câu 4b:
(1,0 đ)
1
1 A
2sđBM; O1 O 2 1
2sđBM
A1 O 1 tứ giác AMGO nội tiếp (5)
0.25
Từ (4), (5) ta có 5 điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên một đường tròn
G1 D2 D 1
0.25
x
1
1 1
1
H
K O A
M
1
2
2
F
G
E
D
H O A
M
Trang 4 OGF và ODE đồng dạng
OG GF
Câu
4c:
(1,0 đ)
Trên đoạn MC lấy điểm A’ sao cho MA’ = MA AMA ' đều
A1A2 600 BAA'
MABA ' AC MBA 'C
0.25
MAMBMC
Chu vi tam giác MAB là MAMBABMCAB2RAB 0.25 Đẳng thức xảy ra khi MC là đường kính của (O) => M là điểm chính
giữa cung AM => H là trung điểm đoạn AO
Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB
0.25
Gọi I là giao điểm của AO và BC AI3RAB 3 ABR 3
Giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2 3)R
0.25
Câu 5:
(1,0 đ)
Từ gt : 2ab6bc2ac7abc và a,b,c > 0
Chia cả hai vế cho abc > 0 2 6 2 7
c a b
đặt x 1,y 1,z 1
2 6 2 7
x y z
Khi đó C 4ab2 9ac4 4bc
2x y 4x z y z
0.25
0.25
Khi x 1,y z 1
2 thì C = 7 Vậy GTNN của C là 7 khi a =2; b =1; c = 1
0.25
2 1
A' I
H O A
M