089 đề HSG toán 9 vinh 2016 2017

6,0 điểm Cho đường tròn O;R và một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn.. Trên d lấy một điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đườn tròn A, B là các tiếp điểm.. K

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ VINH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ

DỰ THI CẤP TỈNH CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9

Môn: Toán – Lớp 9

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

Ngày thi: 26 tháng 11 năm 2016

Bài 1 (4,0 điểm)

1) Cho a+b+c=0 và a,b,c đều khác 0 Rút gọn biểu thức:

A

a b c b c a c a b

2) Tính giá trị của biểu thức:

3 2

3 2

x x 5x 3 6

P

x 2x 7x 3

   



x   1 2  4

Bài 2 (4,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình

x xy y 3

x y xy 5



  



2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau:

2x 5y 1 2    x   x y  105

Bài 3 (4,0 điểm)

cho 3

n  2012n

2x   x 3y  y

Chứng minh x – y ; 2x +2y+1 và 3x +3y+1 đều là các số chính phương

Bài 4 (6,0 điểm)

Cho đường tròn (O;R) và một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn Trên d lấy một điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đườn tròn (A,

B là các tiếp điểm) Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến của (O) tại C cắt AB tại E

a) Chứng minh tam giác BCM đồng dạng với tam giác BEO

b) Chứng minh CM vuông góc với OE

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của dây AB và diện tích tứ giác MAOB

Bài 5 (2,0 điểm)

a b c

     

Chứng minh rằng a63 b63 c63 abc

a b c

 



 

ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 VINH NĂM 2016-2017 Câu 1

1) Từ a     b c 0 a   b c

a  b  c  2ab

b  c  a  2bc và 2 2 2

c  a  b  2ac

2ab 2bc 2ca 2 2 2 2

2



x 2 1    1 2  4 2 1    2 1 1 

x 2    x 1 2x  x 1  hay 3 2

x  3x  3x 1 

Do đó

2 2

3x 3x 1 x 5x 3 6 4x 8x 4 6

P

3x 3x 1 2x 7x 3 x 4x 4

4 x 1 6 2 x 1 6 2 x 1 6 2x 4

2

x 2



x   1 2  4  2)

Vậy P  2 tại x   1 3 2  3 4

Câu 2

2

x xy y 3 x y 3xy 3

x y xy 5 x y xy 5





Đặt a = x – y , b = xy (1)

Hệ phương trình trên trở thành

2

a 3b 3

a b 5

  



 



b 2









b 11











Với a = 3 , b = - 2 thay vào (1) ta được

x y 3 x 1



y 1











Với a = - 6 , b = -11 thay vào (1) ta được

2

x y 6

x y 6

xy 11 y 6y 11 0

 

  





Vậy hệ phương trình có nghiệm x 1

y 2









 và x 2

y 1











2)    x 2 

2x 5y 1 2    x   x y  105

Vì 105 là số lẻ nên 2x  5y 1  và x 2

2  x   x y phải là các số lẻ

Từ 2x+5y+1 là số lẻ mà 2x+1 là số lẻ nên 5y là số chẵn suy ra y chẵn

x 2

2  x   x y là số lẻ mà 2

x   x x(x 1)  là tích của hai số nguyên liên tiếp

Thay x=0 vào phương trình đã cho ta được:

2

2

5y 1 y 1 105

5y 6y 104 0

5y 20y 26y 104 0

5y(y 4) 26(y 4) 0

(5y 26)(y 4) 0

26 y

5



Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x;y)=(0;4)

Câu 3

n  2012n

n  2012n  n  n 2013n   n(n 1)(n 1) 2013n   

Vì n – 1 , n n+1 là ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3 Suy ra n n 1 n 1 3      mà 2013 3  nên  3 

n  2012n 3(1) 

2014   1 2013 1   1 chia cho 3 dư 2 vì 2013 3 (2)

Từ (1) và (2) dẫn đến điều giả sử trên là vô lý, tức là không có số nguyên nào thỏa mãn điều kiện bài toán đã cho

2x   x 3y  y (1)  2x  2y   x y  y  (x y)(2x 2y 1)     y2 (2)

3x  3y   x y  x  (x y)(3x 3y 1)     x

(x y) (2x 2y 1)(3x 3y 1) x y

(2x 2y 1)(3x 3y 1)

Gọi 2x 2y 1;3x 3y 1       d

(2x 2y 1) d; (3x 3y 1) d

3x 3y 1 2x 2y 1 x y d

 2(x y) d (2x 2y 1) 2(x y) 1 d

2x 2y 1;3x 3y 1 1 (4)

Lại có từ (2) suy ra x y 2x 2y 1       là số chính phương nên x – y cũng là

số chính phương

2y   x 3y  y thì x  y;2x  2y 1  và 3x+3y+1 đều là các số chính phương

Câu 4

d

I P

Q

H

N

E

C B

A

O

M

a) Gọi Q là giao điểm của AB với OM

Ta có AM // CE (cùng vuông góc với AC)

Suy ra BEC MAB (so le trong)

ABC  90 ;AQM  90 và AMO OMB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

AMO OMB BCE

BC MB BC BE

Lại có MBA OBC (cùng phụ với ABO)

Nên MBC OBE (cùng = 0 

90  OBC ) (2)

Từ (1) và (2) suy ra  MBC   OBE (c.g.c)

b) Từ MBCOBE BCM BEO

Gọi I và N lần lượt là giao điểm của OE với BC và MC

  BIE NIC (g.g) IBE INC

IBE  90

Nên  0

c) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d P là giao điểm của AB với OH

OH OM

2

QO.OM OP.OH OA R OP

OH

AB  2AQ  2 OA  OQ mà OQ  OP

4

2

OH R M H OH

1

S AB.OM AQ.OM

2

Vẽ dây cung A B 1 1 vuông góc với OH tại P, do P và (O) cố định nên A B 1 1

không đổi

Vì OP  OQ  AB  A B 1 1 (liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây)

1

OM OH S A B OH

2

1

S A B OH

2

Câu 5

       

3 3 3 3 3 3 2 2 2

* a b c 0 a b c a b c a b c 3ab(a b) 3abc

1 1 1

a b c

*a b c a b c 2 a b b c c a

*ab bc ca 0 a b b c c a 3a b c

      

*a  b  c  3abc  2.3a b c  3a b c

Vậy a63 b63 c63 3a b c2 2 2 abc

a b c 3abc

 

 