6,0 điểm Cho đường tròn O;R và một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn.. Trên d lấy một điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đườn tròn A, B là các tiếp điểm..
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ VINH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
DỰ THI CẤP TỈNH CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9
Môn: Toán – Lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đê)
Ngày thi: 26 tháng 11 năm 2016
Bài 1 (4,0 điểm)
1) Cho a+b+c=0 và a,b,c đều khác 0 Rút gọn biểu thức:
A
a b c b c a c a b
2) Tính giá trị của biểu thức:
3 2
x x 5x 3 6
P
x 2x 7x 3
tại
x 1 2 4
Bài 2 (4,0 điểm)
1) Giải hệ phương trình
x xy y 3
x y xy 5
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau:
2x 5y 1 2 x x y 105
Bài 3 (4,0 điểm)
1) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n thỏa mãn 2014
2014 1 chia hết cho 3
n 2012n
2) Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn 2 2
2x x 3y y Chứng minh x – y ; 2x +2y+1 và 3x +3y+1 đều là các số chính phương
Bài 4 (6,0 điểm)
Cho đường tròn (O;R) và một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn Trên d lấy một điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đườn tròn (A,
B là các tiếp điểm) Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến của (O) tại C cắt AB tại E
a) Chứng minh tam giác BCM đồng dạng với tam giác BEO
b) Chứng minh CM vuông góc với OE
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của dây AB và diện tích tứ giác MAOB
Bài 5 (2,0 điểm)
Giả sử a, b, c là những số thực thỏa mãn a, b, c 0 và a b c 1 1 1 0
a b c
Chứng minh rằng
6 6 6
3 3 3
a b c
abc
a b c
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 VINH NĂM 2016-2017 Câu 1
1) Từ a b c 0 a b c
Bình phương hai vế ta được 2 2 2
a b 2ab c nên 2 2 2
a b c 2ab Tương tự : 2 2 2
b c a 2bc và 2 2 2
c a b 2ac
Do đó A ab bc ca 1 1 1 3
2ab 2bc 2ca 2 2 2 2
Vậy A 3
2
2) Ta có 3 3 3 3
x 2 1 1 2 4 2 1 2 1 1
Suy ra 3 3 3
x 3x 3x 1
Do đó
2 2
3x 3x 1 x 5x 3 6 4x 8x 4 6
P
3x 3x 1 2x 7x 3 x 4x 4
4 x 1 6 2 x 1 6 2 x 1 6 2x 4
2
x 2
(vì 3 3
x 1 2 4 2)
Vậy P 2 tại x 1 3 2 3 4
Câu 2
1) Ta có : 2 2 2
x xy y 3 x y 3xy 3
x y xy 5 x y xy 5
Đặt a = x – y , b = xy (1)
Hệ phương trình trên trở thành
2
a 3b 3
a b 5
Giải hệ phương trình trên ta được a 3
b 2
hoặc
a 6
b 11
Với a = 3 , b = - 2 thay vào (1) ta được
x y 3 x 1
x 2
y 1
Với a = - 6 , b = -11 thay vào (1) ta được
2
x y 6
x y 6
xy 11 y 6y 11 0
Hệ phương trình vô nghiệm
Vậy hệ phương trình có nghiệm x 1
y 2
và
x 2
y 1
Trang 32) x 2
2x 5y 1 2 x x y 105
Vì 105 là số lẻ nên 2x 5y 1 và x 2
2 x x y phải là các số lẻ
Từ 2x+5y+1 là số lẻ mà 2x+1 là số lẻ nên 5y là số chẵn suy ra y chẵn
x 2
2 x x y là số lẻ mà 2
x x x(x 1) là tích của hai số nguyên liên tiếp nên là số chẵn, y cũng chẵn nên 2x
là số lẻ Điều này xảy ra khi x=0 Thay x=0 vào phương trình đã cho ta được:
2
2
5y 1 y 1 105
5y 6y 104 0
5y 20y 26y 104 0
5y(y 4) 26(y 4) 0
(5y 26)(y 4) 0
26 y
5
(loại) hoặc y 4 (thỏa mãn)
Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x;y)=(0;4)
Câu 3
1) Giả sử tồn tại số nguyên n thỏa mãn 2014
2014 1 chia hết cho 3
n 2012n
Ta có 3 3
n 2012n n n 2013n n(n 1)(n 1) 2013n
Vì n – 1 , n n+1 là ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3 Suy ra n n 1 n 1 3 mà 2013 3 nên 3
n 2012n 3(1) Mặt khác 2014 2014
2014 1 2013 1 1 chia cho 3 dư 2 vì 2013 3 (2)
Từ (1) và (2) dẫn đến điều giả sử trên là vô lý, tức là không có số nguyên nào thỏa mãn điều kiện bài toán đã cho
2x x 3y y (1) 2x 2y x y y 2
(x y)(2x 2y 1) y (2)
3x 3y x y x (x y)(3x 3y 1) x
(x y) (2x 2y 1)(3x 3y 1) x y
(2x 2y 1)(3x 3y 1)
là số chính phương (3)
Gọi 2x 2y 1;3x 3y 1 d
(2x 2y 1) d; (3x 3y 1) d
3x 3y 1 2x 2y 1 x y d
2(x y) d (2x 2y 1) 2(x y) 1 d
nên d = 1
2x 2y 1;3x 3y 1 1 (4)
Từ (3) và (4) 2x 2y 1 và 3x+3y+1 đều là số chính phương
Lại có từ (2) suy ra x y 2x 2y 1 là số chính phương nên x – y cũng là
số chính phương
Trang 4Vậy 2 2
2y x 3y y thì x y;2x 2y 1 và 3x+3y+1 đều là các số chính
phương
Câu 4
a) Gọi Q là giao điểm của AB với OM
Ta có AM // CE (cùng vuông góc với AC)
Suy ra BEC MAB (so le trong)
ABC 90 ;AQM 90 và AMO OMB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
AMO OMB BCE
(cùn phụ với hai góc bằng nhau)
BE OB MB OB tan BCE tan OMB (1)
BC MB BC BE
Lại có MBA OBC (cùng phụ với ABO)
Nên MBC OBE (cùng = 0
90 OBC ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra MBC OBE (c.g.c)
b) Từ MBC OBE BCM BEO
Gọi I và N lần lượt là giao điểm của OE với BC và MC
BIE NIC (g.g) IBE INC
IBE 90
INC 90 Vậy CM OE
c) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d P là giao điểm của AB với OH
d
I P
Q
H
N
E
C B
A
O
M
Trang 5Ta có OQP OHM (g.g) OQ OP
OH OM
2
QO.OM OP.OH OA R OP
OH
Mà O và d cố định OH không đổi nên OP không đổi
AB 2AQ 2 OA OQ mà OQ OP
4
2
Dấu “=” xảy ra Q P M H
Vậy GTNN của AB 2R 2 2
OH R M H OH
*) Vì MO AB nên SAOBM 1AB.OM AQ.OM
2
Vẽ dây cung A B1 1 vuông góc với OH tại P, do P và (O) cố định nên A B1 1 không đổi
Vì OP OQ AB A B1 1 (liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây)
Mà OM OH SAOBM 1A B OH1 1
2
(không đổi) Dấu “=” xảy ra M H
Vậy GTNN của SAOBM 1A B OH1 1
2
khi và chỉ khi M H
Câu 5
3 3 3 3 3 3 2 2 2
* a b c 0 a b c a b c a b c 3ab(a b) 3abc
1 1 1
a b c
*a b c a b c 2 a b b c c a
*ab bc ca 0 a b b c c a 3a b c
Do đó 6 6 6 2 2 2 2 2 2 2
*a b c 3abc 2.3a b c 3a b c
Vậy
6 6 6 2 2 2
3 3 3
a b c 3a b c
abc
a b c 3abc