a) Chứng minh rằng hai tam giác IAB và FAK đồng dạng. Chứng minh rằng tam giác APQ là tam giác cân. c) Xác định vị trí của điểm B để chu vi tam giác AMQ đạt giá trị nhỏ nhất. T[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9 THANH HÓA MÔN: TOÁN
Năm học: 2020 – 2021
Ngày thi: 16/12/2020, thời gian làm bài 120 phút
Câu 1 (4,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức: 1 3 : 3 2 9 ,
P
với x0, x4, x9
b) Cho a b c, , là các số thực đôi một khác nhau thỏa mãn 3 3 3
1 3 , 1 3 , 1 3
Tính giá trị của biểu thức Qa2b2c2
Câu 2 (4,0 điểm)
a) Giải phương trình: 3 2 2 4
15 x x 2x 4 5 x 2 x 4
b) Giải hệ phương trình:
2
4 1 0
Câu 3 (4,0 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên x y thỏa mãn phương trình , 2x x2 9y212y19
b) Cho x y, là hai số nguyên dương thỏa mãn 2 2
58
x y chia hết cho xy Chứng minh rằng
2 2
58
xy
chia
hết cho 12
Câu 4 (6,0 điểm)
Cho đường tròn I r có bán kính ; IE IF, vuông góc với nhau Kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn I tại E và
,
F cắt nhau tại A Trên tia đối của tia EA lấy điểm B sao cho EBr, qua B kẻ tiếp tuyến thứ hai của đường tròn I , D là tiếp điểm, BD cắt AF tại C Gọi K là giao điểm của AI và FD
a) Chứng minh rằng hai tam giác IAB và FAK đồng dạng
b) Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BC, cắt FD tại P Gọi M là trung điểm AB, MI cắt AC tại Q
Chứng minh rằng tam giác APQ là tam giác cân
c) Xác định vị trí của điểm B để chu vi tam giác AMQ đạt giá trị nhỏ nhất Tính giá trị nhỏ nhất đó theo r
Câu 5 (2,0 điểm)
Cho các số thực dương x y z, , thỏa mãn 2 2 2
x y z xyz xyyzzx Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1 1
Px y z
-Hết -
Trang 2ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (4,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức: 1 3 : 3 2 9 ,
P
với x0, x4, x9
b) Cho a b c, , là các số thực đôi một khác nhau thỏa mãn a3 1 3 ,a b3 1 3 ,b c3 1 3 c
Tính giá trị của biểu thức Qa2b2c2
Lời giải
a) Với điều kiện đã cho, ta có:
3
Ngoài ra:
2
x P
2
P
x
b) Nhận xét a b c, , là ba nghiệm của phương trình x33x 1 0 Theo định lý Viete, ta có:
0 3
1
a b c
ab bc ca abc
Qa b c a b c ab bc ca
Vậy Q 6
Câu 2 (4,0 điểm)
a) Giải phương trình: 3 2 2 4
15 x x 2x 4 5 x 2 x 4
b) Giải hệ phương trình:
2
4 1 0
Lời giải
a) Ta có: 2 4 2
4 5 x 2 x 4 15x x x 2 x0 Chia cả hai vế của phương trình cho x ta được: 2,
Trang 32 2
Đặt t x 2 2 2
x
Phương trình đã cho trở thành:
2
4 5 20 15 1 16 5 20 225 1
16 109 90 45 0
3 16 48 35 15 0 3
t
Với t 3, ta có: 2 3 2 3 2 0 1
2
x
x x
Thỏa điều kiện
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1, x2
b) Nhận xét y 0 không thỏa mãn Xét y 0, hệ phương trình tương đương:
2
2
1
1
x
y x
y
Đặt
2
1
x
y
Hệ cho trở thành: 2 1
1
a b
ab
Do đó:
2
2
2
1
2, 5
2 0
2 1
x
y
Vậy hệ cho có hai nghiệm x y ; 1; 2 , 2;5
Câu 3 (4,0 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên x y thỏa mãn phương trình , 2 2
2x x 9y 12y19
b) Cho x y, là hai số nguyên dương thỏa mãn x2y258 chia hết cho xy Chứng minh rằng
2 2
58
xy
chia
hết cho 12
Lời giải
a) Phương trình tương đương: 2 2
2x x 3y2 15
Nếu x chia hết cho 3 thì 2
2x
x và 15 chia hết cho 3, 3y 22 chia 3 dư 1 nên phương trình vô nghiệm
Do đó x không chia hết cho 3
Trang 4Nếu x lẽ thì x2x1 với 1 *
1
2 4 x 2x 1 3y2 15 Suy ra 2 4x 2 1 12 2 mod 3
x
mà 3y 2215 1 mod 3 nên x phải là số chẵn Do đó đặt 2x x2 a2 và 3y 2 b
Phương trình đã cho trở thành:
3
a b
a b
hoặc 15
1
a b
a b
Khi đó
2
2
1
3 2 1
x
x x
y y
Khi đó
2
,
3 2 7
x
x y
vô nghiệm
Thử lại thấy thỏa mãn Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x y ; 2; 1
b) Theo đề bài ta có: 2 2
58
x y mxy với *
m Đặt k gcdx y, với k1,k Khi đó ta có xkx1, yky1 với x1, y 1 *
Thay vào phương trình ta được: 2 2 2 2
k x y mk x y Suy ra 58 chia hết k2k 1
Vì k nên 1 x y, cùng lẽ hoặc trong hai số x y, có một số chẵn, một số lẽ
Nếu có một số chẵn không mất tính tổng quát giả sử y chẵn thì từ phương trình suy ra x chẵn, vô lí
Vậy cả x và y cùng lẽ Suy ra xy lẽ
Do đó đặt x2x21, y2y2 với 1 * 2 2 2 2
x y x y x y x y chia hết cho 4
Do đó x2y258 chia hết cho 4
Một số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1 Nếu x chia hết cho 3 thì y không chia hết cho 3 do gcdx y , 1 Khi đó x2y2 58 chia 3 dư 1 mà xy chia hết cho 3, vô lí Do đó cả x và y đều không chia hết cho 3
58 1 1 1 3 0 mod 3
x y Suy ra x2y258 chia hết cho 3
Vì 2 2
58
x y chia hết cho 12 mà xy không chia hết cho 12 nên
2 2
58
xy
chia hết cho 12
Câu 4 (6,0 điểm)
Cho đường tròn I r có bán kính ; IE IF, vuông góc với nhau Kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn I tại E và
,
F cắt nhau tại A Trên tia đối của tia EA lấy điểm B sao cho EBr, qua B kẻ tiếp tuyến thứ hai của đường tròn I , D là tiếp điểm, BD cắt AF tại C Gọi K là giao điểm của AI và FD
a) Chứng minh rằng hai tam giác IAB và FAK đồng dạng
b) Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BC, cắt FD tại P Gọi M là trung điểm AB, MI cắt AC tại Q
Chứng minh rằng tam giác APQ là tam giác cân
Trang 5c) Xác định vị trí của điểm B để tam giác AMQ đạt giá trị nhỏ nhất Tính giá trị nhỏ nhất đó theo r
Lời giải
a) Nhận xét I chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Khi đó
0
2
ACB
2
ACB
Do đó AIB AFK Mà BAI KAF 45 0
Nên hai tam giác IAB và FAK đồng dạng với nhau
b) Gọi T là giao điểm của FI và I Theo bồ đề quen thuộc BT đi qua tiếp điểm Q của của đường tròn bàng tiếp ABC tại AC và AF Q C Mặt khác theo bổ đề hình thang trong hình thang AFTB có M I, lần lượt là trung điểm của AB FT, ta có M I Q, , thẳng hàng
Mà MI và AF cắt nhau tại Q nên suy ra QQ
T
Q M
P
K
E
F
D
I
B
A
C
Trang 6Câu 5 (2,0 điểm)
Cho các số thực dương x y z, , thỏa mãn 2 2 2
x y z xyz xyyzzx Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1 1
Lời giải
Ta có:
2
4 1
Suy ra y z x2 yz 2 1x Đặt a y z 0, ta được:
Mặt khác
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta được:
4
Suy ra 27
64
P Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1
2
a hay 3, 1
x yz
Vậy giá trị lớn nhất của P là 27
64 đạt được khi
x yz