de thi HSG mon toan 9 tinh hung yen nam hoc 2016 2017(có đáp án)

Lập phương trình đường thẳng d, biết d đi qua điểm A1 ; 2 và cắt trục hoành tại điểm B có hoành độ dương, cắt trục tung tại điểm C có tung độ dương và thỏa mãn OB + OC nhỏ nhất O là gốc

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 22/3/2017

Câu 1(2 điểm)

Cho a = 2 1

2

 , b = 2 1

2

 Tính a7 + b7

Câu 2 (4 điểm)

a) Cho hàm số y = ax + b (a  0) có đồ thị là (d) Lập phương trình đường thẳng (d), biết (d) đi qua điểm A(1 ; 2) và cắt trục hoành tại điểm B có hoành độ dương, cắt trục tung tại điểm C có tung độ dương và thỏa mãn (OB + OC) nhỏ nhất (O là gốc tọa độ)

b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình :

3x – 16y – 24 = 9x2 16x 32

Câu 3 (3 điểm)

Giải phương trình : 4x3 + 5x2 +1 = 3x 1 3x

Câu 4 (3 điểm)

Giải hệ phương trình :





   

Câu 5 (6 điểm)

Cho điểm M thuộc nửa đường tròn (O) đường kính AB ( M  A, M  B, MA < MB) Tia phân giác của AMB cắt AB tại C Qua C vẽ đường vuông góc với AB cắt đường thẳng AM, BM thứ tự ở D, H a) Chứng minh CA = CH

b) Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên tiếp tuyến tại A của (O), F là hình chiếu vuông góc của D trên tiếp tuyến tại B của (O) Chứng minh E, M, F thẳng hàng

c) Gọi S1, S2 thứ tự là diện tích tứ giác ACHE và BCDF Chứng minh CM2 < S S 1 2

Câu 6 ( 2 điểm)

Cho ba số a, b, c  1 thỏa mãn 32abc = 18 (a + b + c) + 27 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P =

    

- Hết - Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

LỜI GIẢI

Câu 1

2,0

điểm

Cho a 2 1

2



 , b 2 1

2



a b

a b 3ab(a b) (a b ) 2a b a b (a b)

2

         

Câu 2

4,0

điểm

Cho hàm số y  ax  b a  0 có đồ thị (d) Lập phương trình đường thẳng

(d) biết đường thẳng đi qua điểm A(1; 2) và cắt trục hoành tại điểm B có

hoành độ dương, cắt trục tung tại điểm C có tung độ dương và thỏa mãn

(OB + OC) nhỏ nhất

Có (d) căt trục Ox tại B a 2; 0

a



  và căt trục Oy tại C0; 2 a  

Vì điểm B có hoành độ dương và C có tung độ dương nên a0

0,5

Khi đó ta có OB OC a 2 2 a 1 2 2 a



       

       

0,5

b Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2

3x 16y 24   9x 16x 32 (1)

ĐK: 3x 16y 24  0

3x 16y 24   9x 16x 32  3x 16y 24  9x 16x 32 0,25

9x 48y 72 9x 8 9x 48y 72 9x 8 224

0,25

3y 5 1

    hoặc 3y 5    7

Vậy các cặp nghiệm nguyên (x;y) là (-1;-2); (-7;-4) 0,25

Câu 3

3,0

điểm

Giải phương trình: 3 2

4x 5x  1 3x 1 3x  Đk: x 1

3



    

0,5

2



  

Với x 1

3



 thì    1

x 1

 

x 4







 



(thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình có nghiệm x = 0, x 1

4

 

0,5

Câu 4

3,0

điểm

Giải hệ phương trình

2y (5x 17x 6) 6 15x





   

Điều kiện xác địnhx 1

2

 Biến đổi phương trình thứ hai được

4

2y (5x 2)(x 3)  3(2 5x) suy rax 2

5

2xy  3 6y

Ta đưa về hệ phương trình

2xy 3 6y





 



0,5

Nhận thấyy0 không là nghiệm của hệ phương trình nên chia hai vế của

phương trình thứ nhất cho 2

y và phương trình thứ hai cho 4

2 2

4

3

y









   



Đặt a 2x 1; b 32

y

   với a0, b0

Ta có hệ phương trình a2 ab b2 5

  





 

0,5

ta được a 5 b

1 b





 thay vào (2)

5 b

1 b



2

(b 1)(b 2)(b 5b 10) 0

Suy ra a 2

b 1





 

 hoặc

a 1





 

+ Với a 2

b 1





 

5 x 2

 





  



+ Với a 1





 

 thì

4

x 1

3 y

2









 





      

0,5

Câu 5

6,0

điểm

Cho điểm M thuộc nửa đường tròn (O) đường kính AB (M ≠ A, M ≠ B,

MA < MB) Tia phân giác của AMB cắt AB tại C Qua C vẽ đường vuông

góc với AB cắt đường thẳng AM, BM thứ tự ở D, H

a) Chứng minh CA = CH

b) Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên tiếp tuyến tại A của (O);

F là hình chiếu vuông góc của D trên tiếp tuyến tại B của (O) Chứng minh

E, M, F thẳng hàng

c) Gọi S ; S1 2 thứ tự là diện tích tứ giác ACHE và BCDF Chứng minh

2

1 2

CM  S S

điểm

I

F

E

H D

C

M

a) Do MC là phân giác của AMB, theo tính chất đường phân giác

BCHBMA90 ABM chung

 BHC đồng dạng với BAM

0,5

BC  BM (2)

Từ (1) và (2)  AC = HC

0,75

Gọi AH cắt EC tại I

Xét AMH vuông tại M  MI AH

2

2

CMF90

c) Do tứ giác ACHE là hình vuông  CH CE

2



CE

2

2

2S CF Xét FCE vuông tại C, đường cao CM, theo hệ thức lượng trong tam giác

vuông ta có: 12 12 1 2

CE CF  CM

0,5

1 2

Dấu “=” xảy ra  S1 S2  AM = BM (vô lý vì MA < MB)

1 2

Câu 6

2,0

điểm

Cho ba số a, b, c 1 thoả mãn 32abc  18 a    b c 27. Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức P a2 1 b2 1 c2 1

+ Sử dụng bất đẳng thức: Với x, y, z0 ta luôn có

x  y  z  3(x   y z)

+ Từ bất đẳng thức đã cho ta có

           

9 3

    

Suy ra

2

    

0,5

Từ giả thiết 32abc  18 a    b c 27 18 1 1 1 27 32

Ta có

2

ab bc ca 3 a b c

      

  và

3

abc 27 a b c

    

0,5

Đặt t 1 1 1

   

  Từ (*) ta có

   

   

0,5

Suy ra

2

    

2

  

Dấu „=‟ xảy ra khi chỉ khi a b c 3.

2

   Vậy giá trị lớn nhất của Pbằng 5

0,5