HSG TOÁN 9 cẩm THỦY 2018 2019

Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC sao cho M, N, K lần lượt là trung điểm của AC, CB, BA.. Xác định các đỉnh của tam giác ABC sao cho M, N, K lần lượt là trung điểm của AC, CB, BA

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

CẨM THỦY

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN

DỰ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH (LẦN 2)

Năm học 2018 - 2019 Môn: Toán - Lớp 9

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

Câu I (4,0 điểm):

1 Hãy tính giá trị của biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết:

 

3

26 15 3 2 3

9 80 9 80

2 Tính tổng:

8.1 1 8.2 1 8.3 1 8.1009 1

1 3 3 5 5 7 2017 2019

Câu II (4,0 điểm):

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm M(1; 3

2); N(3;0); K(4;5

2) Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC sao cho M, N, K lần lượt là trung điểm của AC, CB, BA

2 Giải phương trình: 13 x2  x4  9 x2 x4  16

Câu III (4,0 điểm):

1 Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 3x2  18y2  2z2  3y z2 2  18x 27

2 Cho x, y là các số nguyên, x ≠ -1; y ≠ -1 sao cho:



  là số nguyên Chứng minh rằng: (x4y44 – 1) chia hết cho (y + 1)

Câu IV (6,0 điểm): Cho đường tròn (O; R) và dây cung AH < R Qua H vẽ đường thẳng d

tiếp xúc với đường tròn (O; R) Vẽ đường tròn (A; R) cắt đường thẳng d tại B và C sao cho

H nằm giữa B và C Vẽ HM vuông góc với OB (MOB), vẽ HN vuông góc với OC (N

OC)

1) Chứng minh: OM.OB = ON.OC và MN luôn đi qua một điểm cố định

2) Chứng minh: OB.OC = 2R2

3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi

Câu V (2,0 điểm): Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn điều kiện a b c   3.

Chứng minh rằng: 1 2 1 2 12 1.

2 a b2 b c2 c a 

-Hết -Chữ ký giám thị 1: ………

Chữ ký giám thị 2: ………

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9

(Đáp án gồm có 04 trang)

1

(4đ)

1 Hãy tính giá trị của biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết:

 

3

26 15 3 2 3

9 80 9 80

Đặt

3 3

2

2

9 80 9 80

9 80 9 80 3 9 80 9 80

18 3 81 80.

18 3

3 18 0

3

3 6 0

a

a

  





 

  



Mặt khác: 3 26 15 3  3  3 2  3  3 2 

26 15 3 2 3 3 2 2 3 4 3 1

9 80 9 80

2020

2020

27 9

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

2 Tính tổng:

8.1 1 8.2 1 8.3 1 8.1009 1

1 3 3 5 5 7 2017 2019

Ta có:

0,5đ

         

4 1

1

2 2 1 2 1

n



Với n ≥ 1, nN

Thay lần lượt n từ 1 đến 1009 ta được:

0,5đ

0,5đ

0,5đ

2

(4đ)

K

N

M

B

C

A

-2 -1

-3 -2 -1

6

5

4

3

2

4

3

2

1

O

y

x

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm M(1;3

2); N(3;0);

K(4;5

2) Xác định các đỉnh của tam giác ABC sao cho M, N, K lần lượt là

trung điểm của AC, CB, BA

Lời giải:

Phương trình đường thẳng MN có dạng y=ax + b

Vì M(1; 3

2) thuộc đường thẳng MN nên: 3

2= a + b (1)

Vì M(3;0) thuộc đường thẳng MN nên: 0 = 3a + b (2)

Từ (1 ) và (2) suy ra: a = -3/4; b = 9/4

Suy ra phương trình đường thẳng MN là: 3 9

Tương tự phương trình đường thẳng MK là: 1 7

phương trình đường thẳng NK là: 5 15

Ta có MN là đường trung bình của tam giác ABC suy ra MN // AB

 Phương trình đường thẳng AB có dạng 3

4

y x c

0,5đ

Mà K(4;5

2) AB suy ra 5 3.4



  => c= 11

2

 Phương trình đường thẳng AB là: 3 11

Tương tự : phương trình đường thẳng BC là: 1 1

3

Phương trình đường thẳng AC là: 5 1

2

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình

3 11

1 2

y













  

 Suy ra A(2;4)

Tương tự: B(6;1) và C(0;-1)

0,5đ

0,5đ

0,5đ

1 Giải phương trình: 13 x2  x4  9 x2 x4  16

Lời giải:

Đk: -1 ≤ x ≤ 1

Ta có:

2

13 1 9 1 13 13 1 9 1 256

Áp dụng Bđt bunhicopxki cho 2 dãy số:

13; 3 3

13(1  x2 ); 3 1 x2 ta được:

 13 13 1  x2  3 3 3 1 x2 2 13 27 13 13     x2   3 3x2  40 16 10  x2

Áp dụng bđt Cosi ta có:

4.10 16 10x  x  (10x  16 10 )  x  16  256

Dấu bằng xảy ra  10x2 = 16 - 10x2  2 2 5

5 5

x  

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

III

(4đ)

1) Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn:

3x  18y  2z  3y z  18x 27

Giả thiết  3x 32 18y2  2z2  3y z2 2  54(1)

+) Lập luận để z2  3  z 3  z2  9  z2  9(*)

3(x 3) 2z 3 (y z 6) 54(2)

(2) 54 3(  x 3) 2  2z2  3 (y z2 2  6) 3(  x 3) 2  2.9 3 3  y2

(x 3)  3y  12

     vì y nguyên dương

Nếu 2

y   y thì (1) có dạng:

5

x  z   z   z   z   z (vì có(*))

0,5đ

0,5đ

D M

B

H

A

O

Khi đó 3x 32  27  x 32  9, x nguyên dương nên tìm được x = 6

Nếu y2   4 y 2 (vì y nguyên dương) thì (1) có dạng:

3 x 3  14z  126  14z  126  z   9 z   9 z 3 (vì z nguyên dương)

Suy ra (x 3) 2   0 x 3(vì x nguyên dương)

Đáp số

2; 1

   

0,5đ

0,5đ 2) Cho x, y là các số nguyên, x ≠ -1; y ≠ -1 sao cho: 4 1 4 1



  là số nguyên Chứng minh rằng: (x4y44 – 1) chia hết cho (y + 1)

Lời giải:

Đặt 4 1 ; 4 1

  với (a;b)=1; (m;n)=1 và b,n > 0 Theo bài ra ta có: a m an bm Z



Suy ra: an bm b an bm n  an b bm n



  mà (a;b)=1; (m;n)=1 suy ra: n b n b

b n



 









Mặt khác: . 4 1. 4 1

Z

  ( vì x4 - 1 x+1 và y4 - 1 y + 1) Suy ra a.mn mà (m;n) =1 suy ra an mà n = b nên a  b suy ra x4 - 1 y + 1

Do đó: x4y44 – 1= y44 (x4 - 1) + (y44 – 1) y + 1

Vì x4 - 1 y + 1 và y44 – 1 y + 1 (đpcm)

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

IV

(6đ)

1) Chứng minh: OM.OB = ON.OC và MN luôn đi qua một điểm cố định

a) Chứng minh: OM.OB = ON.OC

Vì tam giác OHB vuông tại H có HM là đường cao nên: OM.OB = OH2

Vì tam giác OHC vuông tại H có HN là đường cao nên: ON.OC = OH2

Suy ra: OM.OB = ON.OC (vì cùng bằng OH2)

0,5đ

0,5đ b) Chứng minh MN luôn đi qua một điểm cố định

Vì OM.OB = OH2  OA2 = OM.OB OA OB

Xét  O AM và  OABcó: AOB chung

OA OB

OM OA (chứng minh trên)

O AM

    OAB(c.g.c)

MAO OBA

  mà AOB OBA  (vì OA = AB = R)

MAO MOA

O

M A

  cân tại M  MA = MO  M thuộc đường trung trực của AO

Chứng minh tương tự ta có N cũng thuộc đường trung trực của AO

 MN đi qua trung điểm D của OA cố định

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ 2) Chứng minh: OB.OC = 2R2

Ta có: OM.OB = ON.OC (chứng minh câu a)

OM OC

ON OB

Chứng minh được OMN   OCB (c.g.c)

Mà OH BC; OD MN

1 O 1

2

Lại có: OM.OB = OH2 1 2

O

2 C OB R

Vậy OB.OC = 2R2

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ 3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi

Ta có: OMN   OCB

2

OMN

OMN OCB OCB

OH BC OH

 

 

1R(AB AC) 1R( ) 2

R

R R

Dấu bằng xảy ra khi A, B, C thẳng hàng  A H

Vậy diện tích lớn nhất của tam giác OMN là: 2

4

OMN

R

S  khi điểm A trùng với điểm H.https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/

0,5đ

0,5đ 0,5đ

0,5đ

V

(2đ)

Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn điều kiện a b c   3. Chứng minh

rằng: 1 2 1 2 1 2 1.

2 a b2 b c2 c a 

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM,

ta có 1 1  a b2  3 3a b2 và 3 3 ab2     a b b a 2 b

2

a b

2

2 a b  2 18 a  ab (1)

0,5đ

0,5đ

Tương tự, cũng có: 2

2

2 b c  2 18 b  bc (2)

2

2 c a  2 18 c  ca (3) Cộng (1), (2), (3) vế đối vế, thu được

2

2

1.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c   1.

0,5đ

0,5đ

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa Bài hình không vẽ

hình hoặc vẽ hình sai không chấm điểm.

ĐÁP ÁN HSG THỊ XÃ HOÀNG MAI 18-19 Câu 2:

a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: 2x2  y2 3xy3x2y 2 0

Giải:

2 2

2x  y 3xy3x2y 2 0

2

2

Xét các trường hợp ta được kết quả: (x; y) = (-2; 2) và (x; y) = (2; -4)

b) Giải phương trình:

3

2

16

x

x



Điều kiện: - 4 < x < 4

Ta có:

2

2

16

16

2 2 ( )

x

x



Câu 3:

a) Cho ∆ABC có độ dài ba cạnh a, b, c và có chu vi bằng 2

Chứng minh rằng a2b2c2 2abc 2

Đặt x = a + b - c; y = b + c - a; z = c + a - b

    và x + y + z = a + b + c = 2

Do a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên x, y, z là các số dương

Ta có: 2 2 2 x z2 x y2 y z2 x z x y y z    

4 4y y 4 4z z 4 4x x 8 4x 4y 4z 2xy 2yz 2zx xyz

4



2

4



2

Câu 4: Cho ba điểm S, C, D cố định nằm trên một đường thẳng và theo thứ tự đó Đường

tròn (O; R) thay đổi nhưng luôn đi qua C và D Từ S kẻ các tiếp tuyến SA, SB với (O) (A, B

là các tiếp điểm Đường thẳng AB cắt SO và CD lần lượt tại H và I Gọi E là trung điểm của

CD Chứng minh rằng:

a) SA2 = SC.SD

b) AC.BD = BC.AD

c) Khi (O) thay đổi, tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆OEH nằm trên một đường thẳng cố định

Chứng minh:

a) (Sử dụng định lí Py-ta-go)

ED

Ta có: SC.SD = (SE - CE)(SE + ED)

= (SE - CE)(SE + CE)

= SE2 - CE2 = SO2 - CO2

= SO2 - OA2 = SA2 b) Từ SA2 = SC.SD suy ra ∆SCA ∽ ∆SAD (c.g.c)

AD SD

Do SA = SB nên SB2 = SC.SD suy ra ∆SCB ∽ ∆SBD (c.g.c)

BD SD

N

M E

O H

C

A B

S

Từ (1), (2) và SA = SB suy ra: CA CB AD.CB AC.BD

c) Ta chứng minh được SO  AB tại H suy ra: ∆SHI ∽ ∆SEO

SH SI

SI.SE SH.SO

    Mà SH.SO = SA2(Do ∆SAO vuông tại A)

Suy ra SI.SE = SA2 = SC.SD SI SC.SD

SE

   SI có độ dài không đổi

 I là điểm cố định  IE có độ dài không đổi

Gọi M là trung điểm của OI, N là trung điểm của IE

 MN là đường trung bình của ∆IOE

 MN // OE Mà đường thẳng OE cố định và N cố định nên đường thẳng MN là cố định, hay M nằm trên một đường thẳng cố định (3)

Ta chứng minh được 4 điểm H, O, E, I cùng thuộc đường tròn tâm M đường kính OI

 M là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OEH (4)

Từ (3) và (4) suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OEH nằm trên một đường thẳng cố định

Câu 5: Cho 1 x y2 Tìm GTLN của M = x y 1 1

Chứng minh:

Ta có: M x y 1 1 x y 2

Từ 1 x y2 suy ra:

* 1  x và y  2  1 + y  x + 2  y - x 1 (1)

* (x - 1)(x - y)  0  x2 - xy - x + y 0 y y x 1

x

* (y - 2)(y - x) 0  y2 - xy - 2y + 2x 0  x x y

1

y  2 2  (3) Cộng theo vế (2) và (3) ta được: x y y x 1 x y 1

y  x     2  2 

Kết hợp với (1) ta được x y 2 1 4 9

y  x    2 2 Hay

9 M 2

 Dấu " = " xảy ra khi 3 bất đẳng thức (1), (2) và (3) đồng thời xảy ra dấu bằng Ta tìm được x

= 1 và y = 2

Vậy GTLN của M là 9

2khi x = 1 và y = 2.

Giáo viên: Hồ Xuân Chiến-Trường THCS Quỳnh Vinh