ĐỀ thi HS GIỎI TOÁN 9

Từ một điểm M trên đờng thẳng d và ở ngoài O, d không đi qua O, ta vẽ hai tiếp tuyến MN, MP với đờng tròn O N, P là hai tiếp điểm.. Chứng minh NMO = NPO.. Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp

SỞ GD & ĐT HÀ NAM

TRƯỜNG THCS LIấM THUẬN

ĐỀ THI HS GIỎI TOÁN 9

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

Đơn vị cụng tỏc: Trường THCS Liờm Thuận

Câu 1:

1 Giải phơng trình: ( 5) 11

25

2

2

+

+

x

x x

2 Viết các phơng trình bậc hai dạng: x2 + mx + n = 0 Biết rằng, phơng trình có nghiệm nguyên, các hệ số m, n đều là những số nguyên và m + n + 1 = 2011

Câu 2:

1 Tính giá trị của biểu thức: P = (4x3 - 6x2 - 1)2014

với x = 1+3 3+2 2 +3 3−2 2

2

1

2 Giải hệ phơng trình:













= +

= +

2

2

3 2

3 2

y x y

x y x

Câu 3:

1 Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn:

abc c b a

1 1 1

1+ + = Chứng minh rằng:

(1 + a2) (1 + b2) (1 + c2) là số chính phơng

2 Tìm tất cả các số nguyên dơng n sao cho: n4 + 2n3 + 2n2 + n + 7

là số chính phơng

Câu 4:

1 Cho đờng tròn (O; R) và đờng thẳng (d) cắt đờng tròn (O) tại hai điểm A, B Từ một điểm

M trên đờng thẳng (d) và ở ngoài (O), (d) không đi qua O, ta vẽ hai tiếp tuyến MN, MP với đờng tròn (O) (N, P là hai tiếp điểm)

a Chứng minh NMO = NPO

b Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua hai điểm cố định khi

M di động trên đờng thẳng (d)

2 Cho hai điểm A, B cố định và điểm M di động sao cho tam giác AMB có ba góc nhọn Gọi

H là trực tâm của tam giác AMB và K là hình chiếu của M trên AB.Tìm giá trị lớn nhất của tích KM.HK

Câu 5: Cho ba số dơng x, y, z thoả mãn: xyz = 1 Chứng minh rằng:

3 3 3

3

≥ + + + + + + + +

zx

x z yz

z y xy

y x

Hết

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Nội dung đáp án Điểm

1

(4,0đ)

1 ĐK: x ≠ 5

5

10 5

= + +











 +

−

x

x x

x x

5

10 5

2 2

2

=

− +

+









x x

x

x

+5

2

thì phơng trình đã cho trở thành: t2+ 10t -11 = 0

 t t==1−11

+ Với t = 1 => x2 - x - 5 = 0 Suy ra: x1,2 =

2

21

1± + Với t = -11 => x2 + 11x + 55 = 0 (PTVN)

0,5

0,5

0,5 0,5

2 Giả sử phơng trình: x2 + mx + n = 0 có hai nghiệm nguyên x1, x2 Theo định lí Vi

- et, ta có:







=

−

= +

n x x

m x x

2 1

2 1

Do đó: m + n + 1 = x1x2- (x1 + x2) + 1 = 2011  (x1 - 1)(x2 - 1) = 2011

Vì 2011 là số nguyên tố, giả sử x1 > x2, ta nhận đợc:

+ x1 - 1 = 2011 => x1 = 2012; x2 - 1 = 1 => x2 = 2

Suy m = -2014; n = 4024

+ x1 - 1 = -1 => x1 = 0; x2 - 1 = -2011 => x2 = -2010

Suy m = 2010; n = 0

Từ đó, ta có các phơng trình bậc hai dạng: x2 + mx + n = 0 thỏa mãn điều kiện bài

toán: x2 - 2014x + 4024 = 0; x2 + 2010x = 0

0,5 0,5 0,25 0,75

2

(4,0đ)

1 Đặt









−

=

+

=

3

3

2 2 3

2 2 3

b

a













−

= +

= +

=

1 2 6

1

3 3

x b a

b a ab

Suy ra: (2x - 1)3 = (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b) = 6 + 3(2x - 1)

 (2x−1) ( [ 2x−1)2−3] = 6

4x3 - 6x2 - 1 = 1

Vậy P = (4x3− 6x2− 1)2014 = 1

1,0 0,5

0,5

2 ĐK: x, y ≠0

Hệ phơng trình 









= +

= +

3 2

3 2

2 3

2 3

xy y

y x x

0,5 0,75 0,25

Trừ vế với vế của hai phương trỡnh ta được:

2(x3 – y3) + xy(x - y) = 0

 2(x - y)(x2 + xy + y2) + xy(x - y) = 0

 (x - y)(2x2 + 3xy + 2y2) = 0 (*)

Vì 2x2 + 3xy +y2 = 2 2 8 7 4 3 2 x y + y      + > 0 với ∀x, y ≠ 0 Nên (*)  x – y = 0  x = y Thay x = y vào phơng trình (1) ta đợc: 3x3 = 3  x3 = 1  x = 1 (TM ĐK) Vậy x = y = 1 0,5 3 (4,0đ) 1 Theo đề ra, ta có: abc c b a 1 1 1 1+ + = => ab + bc + ca = 1 Khi đó, ta có: 1 + a2 = ab + bc + ca + a2 = a(a + b) + c(a + b) = (a + b)(a + c) (1)

1 + b2 = ab + bc + ca + b2 = b(a + b) + c(a + b) = (a + b)(b + c) (2)

1 + b2 = ab + bc + ca + c2 = c(a + c) + b(a + c) = (a + c)(b + c) (3)

Từ (1), (2) & (3), suy ra: (1 + a2) (1 + b2) (1 + c2) =[(a + b)(b + c)(c + a)]2 Với a, b, c là các số nguyên thì (a + b)(b + c)(c + a) là số nguyên Vậy (1 + a2) (1 + b2) (1 + c2) = [(a + b)(b + c)(c + a)]2 là số chính phơng 0,5 0,5 0,5 0,5 2 Đặt n4 + 2n3 + 2n2 + n + 7 = y2 (y ∈ N) Suy ra: y2 = (n2 + n)2 + n2 + n + 7 > (n2 + n)2 => y > n2+ n Vì y ∈ N, n2 + n + 1 ∈ N => y ≥ n2 + n + 1 => y2 ≥ (n2 + n + 1)2 Thay y2 = n4 + 2n3 + 2n2 + n + 7 => n4 + 2n3 + 2n2 + n + 7 ≥ (n2 + n + 1)2 => n2 + n - 6 ≤ 0 => (n - 2)(n + 3) ≤ 0 n ∈N* => n + 3 > 0 => n - 2 ≤ 0 Suy ra n ∈{ }1;2 Thử với n = 1 thì n4 + 2n3 + 2n2 + n + 7 = 13 không là số chính phơng Thử với n = 2 thì n4 + 2n3 + 2n2 + n + 7 = 49 là số chính phơng Vậy n = 2 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 4 (6,0đ) 1 b Gọi I là trung điểm dây AB ta có I cố định. 0,5 0,5 0,5

P

M

B A N

O I a Vì MN, MP là hai tiếp tuyến của đờng tròn (O) => ONM = OPM = 900 (1)

=> ONM + OPM = 1800

Suy ra tứ giác MNOP nội tiếp

=> NMO = NPO (Hai góc nội tiếp cùng

chắn cung ON)

(d) không đi qua O nên OI ⊥AB

=> OIM = ONM = OPM = 900

=> I, N, P thuộc đờng tròn đờng kính OM

O và I cố định Do đó, đờng tròn ngoại tiếp tam giác MNP đi qua hai điểm cố định

O và I khi M di động trên đờng thẳng (d)

0,5

2

Mặt khác:

BK.KA

4 2

2 2

AB KA

BK

=











≤

=> KM.HK

4

2

AB

≤

Vậy max KM.HK =

4

2

AB

khi BK = KA (K là trung điểm AB)

0.5 0,25

0,5

5

(2,0đ)

áp dụng bất đẳng thức Cô - si cho 3 số dơng, ta có:

1 + x3 + y3 ≥33 1.x3.y3 =3xy

<=>

xy xy

y

≥ + +

(1)

Tơng tự:

yz yz

z

≥ + +

(2)

zx zx

x

≥ + + (3)

Từ (1), (2) & (3), suy ra:

zx yz xy zx

x z yz

z y xy

y

+ +

≥ + + + + + + + +

(*)

Mặt khác: 3 + 3 + 3 ≥33 3 3 3 =3 3

zx yz xy zx

yz

Từ (*) & (**) suy ra:

3 3 3

3 3

3

≥ + + + + + + + +

zx

x z yz

z y xy

y x

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z = 1

0,5 0,25 0,25 0,25

0,5

0,25

2 ∆BKM và ∆HKA có:

BKM = HKA (= 900)

BMK = HAK (hai góc nhọn cạnh tơng ứng vuông góc)

Do đó ∆BKM đồng dạng ∆HKA (g.g)

=>

KA

KM HK

BK = => BK.KA = KM.HK

H

B K A

0,25