Đề HSG 9 thanh ba 2018 (3)

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

KÌ 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

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 2

a và 2

b Khi đó ta có

2 2

( )( )

a   b a b a b

+) Vì 2

a và 2

b 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 2 2

( )( ) 4

a b  a b a b M, (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



























b a c a c b c

b

a



















0,5

( 2)( 2)( 2)

) 2 )(

2 )(

2 (

4 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

2 1 25

  

�

�

   

�

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

�

0,5

Với 3a4b ta có

2

2

2

2

9 18 36 16 32 2

17 253

17 253

9

17 253

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

2

1

; 1 3

y

y

y

� 



�

�

Với

2

1

3; 4

4

x

y

y

y

�   �



�

�  � � 

�

vô nghiệm vì

2

4 16 16 4 16

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

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

kính 2R và đường thẳng d thì H thuộc (O)

1,5

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

P

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