[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
8x2 3xy 5y25
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) Cho các số thực dương a,b,c,x,y,z khác 0 thoả mãn
x yz y z z xy
Chứng minh rằng
a bc b ca c ab
Câu 3( 4,0 điểm)
1) Cho phương trình: x2 6x m0 (Với m là tham số) Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 và x2 thoả mãn x12 x22 12
2) Giải hệ phương trình:
8x 27 18
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
a) CMR:HA2HB2HC2HD2 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
MN NP PQ QM
Câu 5( 2,0 điểm)
Cho a,b,c là các số thực dương CMR:
-Hêt—
Trang 2Hướng dẫn Câu1.1)8x2 3xy 5y25
⇔ y (3 x +5)=8 x2
− 25 ⇔ y= 8 x2− 25
3 x+5 ⇔ 9 y=24 x − 40 −25
3 x+5 ∈ Z
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
A=2 k 4 2 k+32 k=(2 k +1) 42 k+(16k − 9 k
)⋮7⇒2 k +1⋮ 7 ⇒k = 7 t −1
2 ⇒ n=14 t −1=14 m+6 ( m∈ N )
Với n lẻ n=2k+1
A=(2 k +1) 4 2 k+1+32 k +1=2 k 42 k +1+(42 k+ 1+32 k+1) ⋮7⇒ 2 k ⋮ 7 ⇒k =7 t ⇒n=14 m+1 (m∈ N )
Vậy n=14 m+6 hoặc n=14 m+1 ( với mọi nN¿ thì A chia hết cho 7
Câu2.1)
:
√2√2(√5− 1)+√6 (√5 − 1)
2√2(√5− 1) .
√3 −1
2 =√2+√3
2 .
√3 −1
2 =√4+2√3
4 .
√3 −1
2 =
√3+ 1
2 .
√3 −1
2 =
1 2
2.2)
x yz y z z xy
⇔ a
x2− yz=
b
y2− xz=
c
z2− xy ⇔ a2
x4− 2 x2yz + y2z2=
bc
y2z2− xy3− xz3+x2yz=
a2− bc
x (x3+y3+z3− 3 xyz)(1)
Tuongtu: b
2
y4−2 y2xz+x2z2=
ac
x2z2− x3y − yz3+xy2z=
b2−ac
y (x3+y3+z3−3 xyz)(2)
Tuongtu: c2
Z4− 2 xyz2+x2y2=
ab
x2y2− x3z − y3z +xyz2=
c2−ab z( x3+y3+z3− 3 xyz)(3)
Từ (1) (2) (3) ta co ĐPCM
Câu 3.1) Để phương trình có nghiệm Δ❑≥ 0 ⇔m ≥− 9(*)
Trang 3Mặt khác ta phải có
x1+x2=6
x1 x2=−m
x12− x22=12
⇔
¿x1+x2=6
x1 x2=−m
x1− x2=2
⇔
¿x1=4
x1 x2=−m
x2=2
⇔ m=− 8
¿{ {
¿
¿
TM ĐK (*)
3.2)Giải hệ phương trình
8 x3y3
+27=18 y3
4 x2y +6 x= y2
¿{
¿
¿
HD y =0 không là nghiệm của hệ chia 2 vế PT(1) cho y3 PT(2) cho y2 Ta có hệ
8 x3
+27
y3=18
4 x
2
y +6
x
y2=1
¿{
¿
¿
Đặt
2 x=a
3
y=b
¿{
¿
¿
ta có hệ
a3
+b3=18
a2b+ab2=3
⇔
¿a+b=3
ab=1
¿{
¿
¿
Hệ có 2 nghiệm (x , y )∈{ (3 −4√5;
6 3+√5);(3+4√5;
6
3 −√5) }
Câu 4.1)
O H
R S
P
Q
D
C
B
A
Trang 4a) theo Pitago HA2
+HB2=AB2;HC2+HB2=BC2;HC2+HD2=CD2;HA2+HD2=AD2;
suy ra đpcm
b)Tứ giác HPBS nội tiếp ⇒∠HPS =∠ HBS=∠DBC
Tứ giác HPAQ là hình chữ nhật ⇒∠HPQ =∠HAQ=∠ CAD=∠CBD
Do đó ∠SPQ=∠ HPS+∠ HPQ=2∠CBC
Tương tự ∠SQR=2 ∠BDC
Do đó ∠DBC +∠BDC=1800⇔∠SPQ +∠SRQ=1800 nên tứ giác PQRS nội tiếp ( đ/lí đảo)
4.2)
L 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 MN+NP+PQ+QM=2(KL+CL+ IK+AI)≥ 2 AC từ đó suy ra đpcm
Cách 2 Ta có theo Pitago
MN2=BN2
+BM2≥¿ ¿ ( áp dụng BĐT Bunhiacoopsky
Tương Tự NP ≥CN +NP
DP+DQ
√2 ;MQ ≥
AQ+AM
√2
Nên
MN+NP+PQ+QM≥BM+NB+NC+CP+PD+DQ +QA +AM
4 a
√2=2 a√2
a√2
4 (MN+NP+PQ+QM )=a
2⇔dpcm
Dấu “=” xảy ra khi MNPQ là hình chữ nhật
Câu 5
Cho a,b c>0 Chứng minh rằng:
ab
a+3 b+2 c+
bc
2 a+b+3 c+
ca
3 a+2 b+c ≤
a+b+ c
6
Dự đoán a=b=c tách mẫu để a+c=b+c=2b
Tacó áp dụng BĐT (x + y +z)(1x+
1
y+
1
z)≥ 9 ⇔ 1
x+ y + z ≤
1
9(1x+
1
y+
1
z)
Trang 51 1 1 1
(1)
Tương tự
(2)
(2)
Từ (1) (2) (3)
P ≤1
9(ac + bca+b +
ab+ ac
b+c +
bc+ab
a+c +
a+b +c
2 )=a+b+c
6 Dấu “=” xảy ra khi a=b=c
GV Nguyễn Minh Sang THCS Lâm Thao-Phú Thọ