a Vì một số nguyên bất kỳ phải là số chẵn hoặc là số lẻ.. Do đó theo nguyên lý Đirichlet trong 3 số nguyên bất kỳ luôn chọn ra được 2 số có cùng tính chẵn lẻ... Từ M kẻ hai tiếp tuyến
Trang 1KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Năm học 2018-2019 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9
( Hướng dẫn có 5 trang)
I.PHẦN TRẮC NGHIÊM KHÁCH QUAN( 8 điểm) mỗi câu đúng 0,5 điểm
II.PHẦN TỰ LUẬN(12 điểm )
Câu 1 (3,0 điểm)
.a) Chứng minh rằng trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 4
b) Cho a ,,b c là các số thực dương thỏa mãn ab+ bc+ ca=2
Chứng minh rằng
) 2 )(
2 )(
2 (
4 2
2
2+ + + + = + + +
c b
b a
a
a) Vì một số nguyên bất kỳ phải là số chẵn hoặc là số lẻ Do đó theo nguyên lý
Đirichlet trong 3 số nguyên bất kỳ luôn chọn ra được 2 số có cùng tính chẵn lẻ 0,5 +) Áp dụng ta có trong 3 số chính phương bất kỳ luôn chọn ra được hai số có cùng
tính chẵn lẻ Gọi 2 số chính phương được chọn ra đó là a2 và b2 Khi đó ta có
a − = −b a b a b+
+) Vì a2 và b2 cùng tính chẵn lẻ nên a, b cũng cùng tính chẵn lẻ Do đó a b− là số
chẵn và a b+ cũng là số chẵn a2− = −b2 (a b a b)( + ) 4M, (đpcm) 0,5 b) Do ab+ bc+ ca=2
Do đó a+2=a+ ab+ bc + ca =( a+ b)( a+ c)
b+2=b+ ab+ bc + ca =( b + c)( b+ a)
c+2=c+ ab+ bc+ ca =( c+ a)( c+ b)
0,5
Suy ra
c a
b c b
b c
a b a
a c
c b
b
a
a
+ +
+ + +
+ + +
= +
+ +
+
( a b)( b c)( c a)
b a c a c b c
b
a
+ +
+
+ +
+ +
+
=
0,5
( 2)( 2)( 2)
ab bc ca
) 2 )(
2 )(
2 (
4 2
2
2+ + + + = + + +
c b
b
a
a
0,5
Câu 2 (3,5 điểm)
a) Giải phương trình:3x2−2x+20 7= x3+8
b) Giải hệ phương trình: 2 2 1 7 2 2
+ + =
Trang 2
ĐIỂM
3x −2x+20 7= x + ⇔8 3 x −2x+ −4 7 x+2 x −2x+4 +4 x+2 =0
Đặt x2−2x+ =4 a x; + =2 b a;( >0;b≥0)
Ta có phương trình
( ) ( )
0,5
Với a b= ta có
2
( 1)( 2) 0 2
0,5
Với 3a=4b ta có
2
2
2
2
2
9
9 9
x
x
x
x x
≥ −
≥ −
≥ −
17 253
1;2;
9
S ±
0,5
b) Nhận xét : y=0 không là nghiệm vì (1)suy ra 1=0 vô lý , cho nên ta chia hai vế
phương trình (1) và (2) của hệ cho y≠0;y2 ≠0 Khi đó hệ trở thành :
2
2
1
7
x
x
y y
y y
0,5
Đặt: 1
; x
+ = = ta có hệ phương trình :
7
a b
+ =
0,5
Với
2
1
3
y
y
y
=
0,5
2
Trang 3Với
2
1
4
x
y
y
y
=
vô nghiệm vì
2
y − y + = y − y + + = y − + >
Vậy hệ có 2 nghiệm ( ) ( ); 3;1 ; 1;1
3
x y ∈ ÷
0,5
Câu 4 (4,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng (d) không qua O, (d) cắt đường tròn tại hai điểm A và
B Trên đường thẳng d lấy điểm M ở ngoài đoạn thẳng AB Từ M kẻ hai tiếp tuyến MC và MD với đường tròn (C và D là các tiếp điểm, C thuộc cung nhỏ cung AB)
a) Gọi H là trực tâm tam giác MCD Tứ giác CHDO là hình gì? Vì sao?
b) Tìm vị trí M để H nằm trên đường tròn (O)
b) Khi M di chuyển trên d, chứng minh rằng đường thẳng CD đi qua một điểm cố định
K
N I
H
O
C
D A
a b) Vì H là giao điểm của 3 đường cao nên CH ⊥ MD, mà MD ⊥ OD nên CH //
OD (1)
Tương tự ta có DH // OC (2)
Từ (1) và (2) ta có tứ giác CHDO là hình bình hành
Mà OC = OD = R nên tứ giác CHDO là hình thoi
1,5
b) Giả sử H thuộc (O) vì OCHD là hình thoi nên tam giác OHC đều suy ra góc
MOC=600 khi đó trong tam giác vuông MOC ta có
R Cos
R OM
CosMOC
OM
60
1,5
Trang 4kính 2R và đường thẳng d thì H thuộc (O).
c)∆NMO đồng dạng với ∆IKO (hai tam giác vuông có một góc nhọn chung),
nên ON OM
OI = OK , suy ra ON.OK = OI.OM (1)
Tam giác vuông DMO, DI là đường cao, ta có: OD2 = OI.OM = R2 (2) Từ (1) và (2) ta
có ON.OK = R2 , suy ra OK =
2
R ON
Vì đường thẳng d cố định, ON cố định và độ dài ON không đổi, R không đổi nên K
cố định Vậy CD đi qua một điểm cố định
1,0
Câu 4 (1,5 điểm)
Cho ba số dương a,b,c dương thỏa mãn a b c+ + =9
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 5 2 3 18 3 5 2 3 18 3 5 2 3 18
P
2
3 2
2
9
+
Tuong tu b
0,5
Từ (1);(2);(3)
+ +
M
0,5
2 2 2
9 3
+ = − +
+ = − +
+ + =
= = =
a b c
a b c
0,5
HẾT
4