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.. c Khi O thay đổi, tâm của đường tròn ngoại tiếp
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
THỊ XÃ HOÀNG MAI
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Năm học 2018 - 2019 Môn: Toán - Lớp 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 2:
a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: 2x2 y2 3xy3x2y 2 0
Giải:
2 2
2x y 3xy3x2y 2 0
2
2
x y 1 2 x y 1 1
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 a2b2c2 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 z2 x y2 y z2 x z x y y z
Trang 2 2 2 2
4 4y y 4 4z z 4 4x x 8 4x 4y 4z 2xy 2yz 2zx xyz
4
2
20 8(x y z) (x y z) xyz
4
2
20 8.2 2 xyz 8 xyz xyz
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)
CB SB
BD SD
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
SE 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
N
M E
O H
C
A B
S
Trang 3Gọi 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 y2 Tìm GTLN của M = x y 1 1
x y
Chứng minh:
Ta có: M x y 1 1 x y 2
Từ 1 x y2 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
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
CẨM THỦY
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH (LẦN 2)
Trang 4
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)
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
2 Tính tổng:
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: 4 1 4 1
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 (MOB), 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 b2 b c2 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
Trang 5(Đáp án gồm có 04 trang)
1
(4đ)
1 Hãy tính giá trị của biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết:
3
Đặt
3 3
2
2
18 3 81 80.
18 3
3
a
a
Mặt khác: 3 26 15 3 3 3 2 3 3 2
2020
2020
27 9
0,5đ 0,5đ
0,5đ
0,5đ
2 Tính tổng:
Ta có:
0,5đ
Trang 6
n
Với n ≥ 1, nN
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
Trang 7Mà 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
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
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
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 3x 32 18y2 2z2 3y z2 2 54(1)
+) Lập luận để z2 3 z 3 z2 9 z2 9(*)
(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
Trang 8D M
B
H
A
O
Khi đó 3x 32 27 x 32 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
0,5đ
0,5đ
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.mn mà (m;n) =1 suy ra an 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
Trang 9b) 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
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)
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
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
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 b2 b c2 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
Trang 10Tương tự, cũng có: 2
2
2 b c 2 18 b bc (2) 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.