Cho đường thẳng d có phương trình: 21.. b Xác định giá trị tham số m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đường thẳng d là lớn nhất.. Vẽ bán kính OK qua P và bán kính OL qua Q.. Cho tam g
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN YÊN ĐỊNH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn thi: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 20-02-2014
(Đề thi này gồm 05 câu trong 01 trang)
Câu 1: (4.0 điểm) Cho biểu thức: P x 3 x 2 x x : 1 1 (x 0 và x 1)
x 1
= + − − − ÷ ÷ + + − ÷ > ≠
a) Rút gọn P b Tìm x để 1 x 1 1
+
Câu 2: (4.0 điểm) 1 Cho đường thẳng (d) có phương trình: 2(1 ). 2
m
−
− − (với m tham
số, m ≠2)
a) Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn đi qua
b) Xác định giá trị tham số m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đường thẳng (d) là lớn nhất
2 Giải phương trình: x2 + 2 = 2 x3 + 1
C âu 3: (4.0 điểm) 1 Giải hệ phương trình:
2 2
3
1 2
x y xy
x x y
+ − =
2 Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
2014
z y
y x
−
− là số hữu tỉ và x2 + y2 +z2 là số nguyên tố.
Câu 4: (6.0 điểm)
1 Trên dây cung AB của đường tròn (O) lấy 2 điểm P và Q sao cho AP = PQ = QB.
Vẽ bán kính OK qua P và bán kính OL qua Q Chứng minh: AK < KL
2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi I là điểm bất kỳ nằm trong tam giác
ABC (I không nằm trên cạnh của tam giác) Các tia AI, BI, CI lần lượt cắt BC, CA, AB tại
M, N, P
a) Chứng minh: AI BI CI 2
AM BN CP+ + = .
AM.BN BN.CP CP.AM 3 R OI+ + ≤ − .
Câu 5: (2.0 điểm) Cho các số thực dương x, y thoả mãn điều kiện xy(x− y) =x+ y
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x+y
Hết
Họ tên thí sinh: Số báo danh:
Giám thị không giải thích gì thêm
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Trang 2PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn thi: Toán Ngày thi: 20/02/2014
1
a
(2đ)
1
1 1
1 : 1 2
2 3
−
+ +
−
+
−
− +
+ +
=
x x
x
x x x
x
x x P
+ +
+
−
−
+
−
+
− +
−
+ +
=
) 1 )(
1 (
1 )
1 )(
1 (
1 :
1 1
) 1 ( )
2 )(
1 (
2 1
x x
x x
x
x x
x
x x x
x
x x
=
) 1 )(
1 (
2 :
1 1
1
+
−
−
−
−
+
x x
x x
x x
x
=
x
x x
) 1 )(
1 ( 1
−
=
x
x
2
1
+
Vậy P =
x
x
2
1
+
0.5
0.5 0.5
0.25 0.25
b
(2đ)
8
1 1
2 1 8
1
+
⇔
≥
+
x
x x
P
) 1 ( 8
) 1 ( 8 ) 1 ( 8
) 1 ( ) 1 ( 8
≥ +
+
− +
+
− +
⇔
x
x x
x x
x
) 1 ( 8
) 3
≥ +
−
−
⇔
x x
⇒ x −3=0 Vì 0
) 1 ( 8
) 3
≤ +
−
−
x x
) / ( 9
3
M T x
x
=
⇔
=
⇔
Vậy x = 9 thì 1
8
1 1
≥
+
− x
P
0.25 0.5 0.5 0.25
0.25 0.25
2 1.a
2(1 ) 2
.
m
−
− − ; với m tham số, m≠2 Gọi I( ; )x y0 0 là điểm cố định (d) luôn đi qua: Thay vào PT của (d) ta có:
0 0
2(1 ) 2
.
m
−
− − , với mọi m≠2
Trang 3⇔my0 − 2y0 = 2x0 − 2mx0 + 2,∀m
( 2 ) 2 2 2 0;
Vậy điểm cố định (d) luôn đi qua là I(1;-2)
0.25
0.25 0.25 0.25
1.b
(1.5đ)
Xét m= ⇒ = − 1 y 2 Suy ra khoảng cách từ O đến (d) bằng 2
Xét m≠ 1 Tìm được:
Tọa độ giao điểm A của đồ thị hàm số với trục Ox: A 1 ;0
1
m
Giao điểm B của đồ thị hàm số với trục Oy: B 0; 2
2
m
Ta có: ∆AOB vuông tại O và có khoảng cách từ O đến (d) là OH (đường
( 1)
4
A B
m m
−
2
2
5
5( )
OH
m
Dấu “=” xảy ra khi 6
5
m=
Vì 2< 5 nên ax
6 5
5
m
OH = ⇔ =m
0.25
0.25
0.25 0.25
0.25 0.25
2
(1.5đ)
ĐK: x≥ − 1
Ta có: x2 + 2 = 2 x3 + 1
⇔ x+ 1 +x2 −x+ 1 = 2 x3 + 1 ⇔x+ 1 +x2 −x+ 1 − 2 (x+ 1) (x2 −x+ 1) = 0
⇔( x+ 1 − x2 −x+ 1)2 = 0 ⇔ x+ 1 − x2 −x+ 1 = 0
⇔ x+ 1 =x2 −x+ 1 ⇔ x2 − 2x= 0 ⇔ x(x− 2)= 0
Suy ra x= 0; x= 2 (TMĐK)
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S ={ }0 ; 2
0.25
0.25 0.25 0.25 0.25 0.25
Trang 4a
(2đ)
2 2
3
1(1)
x y xy
x x y
+ − =
Thay (1) vào (2) được 2x3 = (x+y)(x2+y2-xy) = x3+y3
⇔ x= y
Thay x = y vào (2) ta được : 2x3= 2x ⇔2x(x-1)(x+1)=0 Suy ra: x=0 hoặc x=1 hoặc x=-1 Thử lại:
+) Với x=y=0 thay vào (1) không thoả mãn
+) Với x=y=1 thay vào (1) thoả mãn
+) Với x=y =-1 thay vào (1) thoả mãn
Vậy nghiệm của hệ phương trình: (x;y) = (1;1),(-1;-1)
0.5 0.5
0.5 0.5
b
(2đ)
2014
2014
n
m z
y
y x
=
−
−
, trong đó m, n là các số nguyên thỏa mãn
n≠0, (m, n) = 1
) 2 )(
( 2014 )
1 ( ⇔ nx−my = ny−mz
Vì 2014 là số vô tỉ và m, n, x, y, z là các số nguyên nên ta có (2) <=> nx – my = ny – mz = 0 nx my xz y2
ny mz
=
⇒ = ⇒ =
2
x +y +z = +x z − xz y+
Vì x2 + y2 +z2 là số nguyên tố và x + y + z là số nguyên lớn hơn 1 nên x – y + z = 1 Do đó x2 + y2 +z2 = + +x y z (3)
Nhưng x, y, z là các số nguyên dương nên x2 ≥x y; 2 ≥ y z; 2 ≥z
Suy ra x2 = x, y2 = y, z2 = z => x = y = z = 1
2014
2014
=
−
−
z y
y x
và x2 + y2 +z2 =3 (thỏa mãn) Vậy (x ; y ; z) = (1 ; 1 ; 1) thỏa mãn yêu cầu bài toán
0.5 0.25 0.25 0.25
0.25 0.25 0.25
(2đ)
-Vẽ đường kính AN
AQN ⇒ PO // QN
⇒ ∠AOP= ∠ONQ (đồng vị)
0.25 0.25 0.25 0.25
Q P
O
N
B
L K
A
Trang 5⇒ ∠POQ= ∠OQN (So le trong)
Xét ONQ có OQ < ON ⇒ ∠ONQ< ∠OQN
⇒ ∠AOP< ∠POQ hay ∠AOK < ∠KOL ⇒ Sđ AK< Sđ KL ⇒ AK < KL
0.25 0.25
0.25 0.25
2a
(2đ)
2b
(2đ)
Kẻ IK, AH vuông góc với BC tại K, H Ta có:
IBC ABC
S
Tương tự, ta có:
S
) ( 2
1 AM
AI -AM
đpcm CP
CI BN
BI AM AI
CP
CI CP BN
BI BN
= + +
⇔
=
− +
− +
⇔
AM BN CP
R OI AM BN CP
⇔ ≥ − + + ÷
−
Chứng minh: (x y z + + )2 ≥ 3 xy yz zx( + + ) (*) Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z
Áp dụng (*)
2
2
2
AM.BN BN.CP CP.AM 3 AM BN CP
≤ ÷ =
Khi tam giác ABC đều thì dấu đẳng thức xảy ra.
0.5 0.5 0.5 0.5
0.5
0.5 0.5
0.5
5 2đ Do x, y > 0 và xy(x−y) =x+y ta suy ra x > y > 0
và xy(x-y)2 = (x+y)2 (1) Đặt a = x+ y; b = xy (a, b > 0 ; a2 ≥ 4b)
Ta có: (1)⇔b(a2 − 4b) =a2 ⇔a2(b− 1 ) = 4b2
0.25
0.25
K H
M
I
C B
A
O
Trang 6Suy ra: b-1 > 0 và 4 1
2 2
−
=
b
b a
1
1 ).
1 ( 2 2 1
1 ) 1 ( 1
1 1 1
2
= +
−
−
≥ +
− +
−
=
− + +
=
b b
(theo bđt cô si)
Do đó: a2 ≥ 16
Mà a > 0 nên a≥4⇒ x+y≥4
Dấu “=” xảy ra khi 1 11⇔( −1)2 =1⇔ =2
−
=
b b
Khi đó:
−
=
+
=
⇔
=
= +
2 2
2 2 2
4
y
x xy
y x
(Vì x > y) Vậy Min (x+y)=4 khi x= 2 + 2 ;y = 2 − 2
0.25 0.25
0.25 0.25
0.25 0.25 Lưu ý: Học sinh giải bằng cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa tương ứng
Bài hình học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm