112 đề HSG toán 9 hưng yên 2016 2017

Tia phân giác của AMB cắt AB tại C.. Qua C vẽ đường vuông góc với AB cắt đường thẳng AM, BM theo thứ tự ở D, H.. Chứng minh E, M, F thẳng hàng.. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯNG YÊN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS

NĂM HỌC 2016-2017

Thời gian: 150 phút Ngày thi: 22/3/2017

Câu 1.(2 điểm)

Cho a 2 1;b 2 1

  Tính 7 7

a  b

Câu 2 (4 điểm)

a) Cho hàm số y = ax+b (a khác 0) có đồ thi là (d) Lập phương trình đường thẳng (d), biết (d) đi qua điểm A(1;2) và cắt trục hoành tại điểm B có hoành độ dương, cắt trục tung tại điểm C có tung độ dương và thỏa mãn OB OC   nhỏ nhất (O là gốc tọa độ)

b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình

2

3x 16y 24    9x  16x 32 

Câu 3 3 điểm

Giải phương trình 3 2

4x  5x   1 3x 1 3x  

Câu 4 (3 điểm)

Giải hệ phương trình

4 2

y 2x 1 3 5y 6x 3 2y 5x 17x 6 6 15x





   

Câu 5 (6 điểm)

Cho điểm M thuộc nửa đường tròn (O) đường kính AB M  A,M  B,MA  MB Tia phân giác của AMB cắt AB tại C Qua C vẽ đường vuông góc với AB cắt đường thẳng AM, BM theo thứ tự ở D, H

a) Chứng minh CA = CH

b) Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên tiếp tuyến tại A của (O), F là hình chiếu vuông góc của D trên tiếp tuyến tại B của (O) Chứng minh E, M, F thẳng hàng

c) Gọi S ,S1 2 thứ tự là diện tích tứ giác ACHE và BCDF Chứng minh 2

1 2

CM  S S

Câu 6 (2 điểm)

Cho ba số a, b,c  1 thỏa mãn 32abc  18(a    b c) 27. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 9 HƯNG YÊN 2016-2017 Câu 1

a b 2 ;ab ; a b a b 2ab 2

Lại có 7 7  3 3 4 4 3 3 

a  b  a  b a  b  a b a  b

2 3

a b 3ab(a b) a b 2a b a b (a b)

Câu 2

a) Do (d) đi qua điểm A(1;2) nên (d) có dạng y  ax 2 a  

Có (d) cắt trục Ox tại B a 2;0

a



  và cắt trục Oy tại C 0;2 a  

Vì điểm B có hoành độ dương và C có tung độ dương nên a <0

Khi đó ta có OB OC a 2 2 a 1 2 2 a 3 2 ( a) 3 2 2.( a) 5

Suy ra OB + OC nhỏ nhất khi và chỉ khi a   2

Vậy phương trình (d) có dạng: y   2x 2   2

3x 16y 24    9x  16x 32 (1) 

ĐK: 3x 16y 24    0

2

3x 16y 24 9x 16x 32 3x 16y 24 9x 16x 32

9(3x 16y 24) 9 9x 16x 32

9x 48y 72 81x 144x 288

9x 48y 72 9x 8 224

9x 48y 72 9x 8 224

9x 48y 72 9x 8 9x 48y 72 9x 8 224

18x 48y 64 48y 80 224

32 9x 24

y 32 (3y 5) 224 9x 24y 32 3y 5 7

Với x, y nguyên thì (3y+5) là ước của (-7) và chia cho 3 dư 2

3y 5 1

+) TH1: 3y 5          1 y 2 x 1

+) TH2: 3y 5          7 y 4 x 7

Vậy các cặp nghiệm nguyên (x;y) là   1; 2 ;( 7; 4)  

Câu 3 ĐK: x 1

3





3 2

3 2

3 2

2

3 2

2 2

2

4x 5x 1 3x 1 3x

4x 5x 1 3x 1 3x 0

4x 5x x 2x 1 3x 1 0

2x 1 3x 1

2x 1 3x 1 4x x

2x 1 3x 1

1

2x 1 3x 1



Với x 1

3



 thì  

1

2x 1 3x 1

2

x 0

x 4







 



(thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình có nghiệm x 0;x 1

4

  

Câu 4

Điều kiện xác định x 1

2

 Biến đổi phương trình thứ hai ta được

4

2y 5x 2 (x 3)    3(2 5x)  suy ra x 2

5

 (loại) hoặc 4 4

2xy   3 6y

Ta đưa về hệ phương trình 2 2

y 2x 1 3 2x 1 5y 3 2xy 3 6y





 

Nhận thấy y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình nên chia 2 vế của phương trình thứ nhất cho 2

y và phương trình thứ hai cho 4

y có:

4

3

y









   



Đặt a 2x 1 ; b 23

y

   với a  0;b  0

Ta có hệ phương trình a ab b2 2 5

a b 5





Ta được a 5 b

1 b





 thay vào phương trình (2) ta có:

2

5 b

b 5 b 2b 3b 20b 20 0 b 1 b 2 b 5b 10 0

1 b



  

Suy ra a 2

b 1





 

 hoặc

a 1

b 2





 

+Với a 2

b 1





 

 thì 4

5 x 2

 





  



+) Với a 1

b 2





 

 thì

4

x 1

3 y

2









 





Kết luận (x;y)

4 4

; 3 ; 1;

      

Câu 5

a) Do MC là phân giác của  AMB , theo tính chất đường phân giác AC AM(1)

BC BM

Xét  BHC và  BAM có 0

BCH  BMA  90 , ABM là góc chung BHC

  đồng dạng với  BAM HC AM (2)

BC BM

Từ (1) và (2)  AC  HC

b) Tứ giác ACHE là hình vuông suy ra AH=EC

Gọi AH cắt EC tại I

Xét  AMH vuông tại M AH EC 0

I

F

D

M

Chứng minh tương tự ta có 0

CMF  90

EMF  90  90  180 suy ra E, M, F thẳng hàng

c) Do tứ giác ACHE là hình vuông CH CE

2

2

CE

2

Tương tự 2

2

2S  CF Xét  FCE vuông tại C, đường cao CM, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta

có, 12 12 1 2

CE  CF  CM

2 2

1 2

2S S 2S S

CE CF

CE CF S S 2 S S

Dấu “=” xảy ra  S1 S2  AM  BM (vô lý vì AM < BM)

Vậy 2

1 2

CM  S S

Câu 6

+) Sử dụng bất đẳng thức : Với x, y, z  0 , ta luôn có x  y  z  3(x y z)  

Từ bất đẳng thức đã cho ta có:

                

Suy ra

2

1 1 1

a b c

    

Từ giả thiết 32abc 18(a b c) 27 18 1 1 1 27 32 (*)

ab bc ca abc

         

Ta có

2

1 1 1 1 1 1 1

.

ab bc ca 3 a b c

      

  và

3

abc 27 a b c

    

  Đặt t 1 1 1

a b c

   Từ (*) ta có

2

3 2

Suy ra

2

2

1 1 1

a b c

       

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c 3

2

  

Vậy giá trị lớn nhất của P là 5