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 [r]
Trang 1/tmp/jodconverter_ab6f2288-4d2b-4461-bac3-fb65c37b2a56/tempfile_39274.docx
SỞ 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= 4n 3 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
Chứng minh rằng
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 4x 6x
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
− 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=2k 4 2 k
+32 k=(2 k +1) 42k+(16k −9 k
)⋮7⇒ 2k+1⋮7⇒k= 7 t −12 ⇒ 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⇒ 2k ⋮7⇒k=7t ⇒n=14m+1(m∈ N )
Câu2.1)
2 10 30 2 2 6 2
:
√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)
x2− yz=
b
y2− xz=
c
x4− 2 x2yz+ y2z2=
bc
y2z2− xy3− xz3+x2yz=
a2− bc
x (x3+y3+z3−3 xyz)(1)
Tuongtu : b2
y4−2 y2xz+x2z2=ac
x2z2− x3y − yz3+xy2z=
b2−ac
y (x3 +y3 +z3−3 xyz)(2)
Tuongtu : c
2
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❑
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
⇔
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
BM+BN¿2
¿
¿
MN2=BN2+BM2≥¿
( áp dụng BĐT Bunhiacoopsky)
Tương Tự NP≥CN+NP
DP+DQ
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
Dấu “=” xảy ra khi MNPQ là hình chữ nhật
Câu 5
Cho a,b c>0 Chứng minh rằng:
ab
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
Trang 5Tacó áp dụng BĐT (x+ y+ z)(1x+
1
y+
1
x + y +z ≤
1
9(1x+
1
y+
1
z)
(1)
Tương tự
(2)
(2)
Từ (1) (2) (3)
9(ac+bca+b +
ab+ac
bc+ab
a+b+c
6 Dấu “=” xảy ra khi a=b=c