Gọi P,Q,R,S lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ H xuống AB,AD,CD,CB. 2) Cho hình vuông ABCD và MNPQ có bốn đỉnh M,N,P,Q lần lượt thuộc các cạnh. AB,BC,CD,DA của hình vuông.[r]
Trang 1SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2012 - 2013
MÔN: TOÁN - LỚP 9
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề
Câu1( 3,0 điểm)
1) Giải phương trình nghiệm nguyên
2
8x 3xy5y25
2)Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho A= n.4n3 7n
Câu 2( 4,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức: A= 2 10 30 2 2 6 : 2
2) Cho các số thực dương a,b,c,x,y,z khác 0 thoả mãn
x
x yz y z z xy
Chứng minh rằng
a bc b ca c ab
Câu 3( 4,0 điểm)
1) Cho phương trình: 2
x m (Với m là tham số) Tìm m để phương trình đã
cho có hai nghiệm x1 và x2 thoả mãn 2 2
x x
2) Giải hệ phương trình:
Câu 4( 7,0 điểm)
1) Cho đường tròn (O) đường kính BD=2R, dây cung AC của đường tròn (O) thay đổi nhưng luôn vuông góc và cắt BD tại H Gọi P,Q,R,S lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ H xuống AB,AD,CD,CB
D
HA HB HC H không đổi
b) CMR :PQRS là tứ giác nội tiếp
2) Cho hình vuông ABCD và MNPQ có bốn đỉnh M,N,P,Q lần lượt thuộc các cạnh AB,BC,CD,DA của hình vuông CMR:S ABCD ≤
4
Câu 5( 2,0 điểm)
Cho a,b,c là các số thực dương CMR:
-Hêt—
Trang 2Hướng dẫn Câu1.1)8x23xy5y25
Z x
x y x
x y x
x
5 3
25 40 24 9 5 3
25 8
25 8
)
5
3
(
2 2
Khi 3x+5 là ước 25 từ đó tìm được (x;y)(10;31);(2;7);(0;5)
( cách khac nhân 2 vế với 9 đưavề tích)
1.2) Với n chẵn n=2k thì
m N
m t
n
t k k
k k
2
1 7 7
1 2 7 ) 9 16 ( 4 )
1 2 ( 3
4
Với n lẻ n=2k+1
m N
m n t k k k
k
A k k k k k
1 14 7
7 2 7 ) 3 4 ( 4 2 3 4
).
1
2
Vậy n14m6 hoặc n14m1 ( với mọi nN) thì A chia hết cho 7
Câu2.1) 2 10 30 2 2 6 : 2
2
1 2
1 3 2
1 3 2
1 3 4
3 2 4 2
1 3 2
3 2 2
1 3 )
1 5 (
2
2
) 1 5 ( 6 )
1
5
(
2
2
2.2)
x
x yz y z z xy
) 3 ( ) 3 (
2 :
) 2 ( ) 3 (
2 :
) 1 ( ) 3 (
2
3 3 3 2 2
3 3 2 2 2 2 2 4
2
3 3 3 2 2
3 3
2 2 2 2 2 4
2
3 3 3 2 2
3 3 2 2 2 2 2
4
2 2
2 2
xyz z
y x z
ab c xyz
z y z x y x
ab y
x xyz Z
c Tuongtu
xyz z
y x y
ac b z
xy yz y x z x
ac z
x xz y y
b Tuongtu
xyz z
y x x
bc a yz
x xz xy z y
bc z
y yz x x
a xy
z
c xz
y
b yz
x
a
Từ (1) (2) (3) ta co ĐPCM
Câu 3.1) Để phương trình có nghiệm / 0m9(*)
2 4 2
6 12
6
2
2 1 1
2 1
2 1
2 1
2 2 2 1
2 1
2 1
m x
m x x x
x x
m x x
x x
x x
m x x
x x
TM ĐK (*)
Trang 33.2)Giải hệ phương trình
2 2
6 4
18 27 8
y x y x
y y
x
HD y =0 không là nghiệm của hệ chia 2 vế PT(1) cho y3 PT(2) cho y2 Ta có
hệ
1 6
4
18
27
8
2 2
3
3
y
x
y
x
y
x
Đặt
b y
a x
3
2
ta có hệ
1
3 3
18
2 2
3 3
ab
b a ab
b a
b a
Hệ có 2 nghiệm
5 3
6
; 4
5 3
; 5 3
6
; 4
5 3 ) , (x y
Câu 4.1)
O H
R S
P
Q
D
C
B
A
a) theo Pitago
;
;
;
2 2
2
AD HD
HA CD HD
HC BC HB
HC AB HB
suy ra đpcm
b)Tứ giác HPBS nội tiếp HPSHBSDBC
Tứ giác HPAQ là hình chữ nhật HPQHAQCADCBD
Do đó SPQHPSHPQ2CBC
Tương tự SQR2BDC
Do đó DBCBDC1800 SPQSRQ1800 nên tứ giác PQRS nội tiếp ( đ/lí
đảo)
4.2)
Trang 4L K
P
Q
I
C
N
D
M
Cách 1 Gọi T, K, L là trung điểm MQ, MP, NP theo t/c đường trung bình và trung tuyến tam
giác vuông ta có MNNPPQQM 2(KLCLIKAI)2AC từ đó suy ra đpcm
Cách 2 Ta có theo Pitago
2 2
)
2 2
MN BN
BM BM
BN
MN ( áp dụng BĐT Bunhiacoopsky
Tương Tự
2
; 2
; 2
AM AQ MQ DQ DP PQ NP CN
Nên
MN NP PQ QM a dpcm
a
a a AM QA DQ PD CP NC NB BM QM PQ
NP
MN
2
4
2
2 2 2
4 2
Dấu “=” xảy ra khi MNPQ là hình chữ nhật
Câu 5
Cho a,b c>0 Chứng minh rằng:
6 2
3 3 2
2 3
c b a c b a
ca c
b a
bc c
b a
Dự đoán a=b=c tách mẫu để a+c=b+c=2b
z y x z
y x z
y x z y
9
1 1
9 1 1 1 ) (
Trang 51 1 1 1
(1)
Tương tự
(2)
(2)
Từ (1) (2) (3)
6 2
9
c a
ab bc c
b
ac ab b
a
bc ac
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c
GV Nguyễn Minh Sang THCS Lâm Thao-Phú Thọ
