Lưu ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà kết quả đúng thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa.. Kết luận nghiệm của phương trình..[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014 (đề thi gồm 01 trang)
Câu 1 (2 điểm)
2
A
x
với 1 x 1
b) Cho a và b là các số thỏa mãn a > b > 0 và 3 2 2 3
a a b ab b Tính giá trị của biểu thức
4 4
B
Câu 2 (2 điểm)
x x x x b) Giải hệ phương trình
3 3
2 2
Câu 3 (2 điểm)
a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình xy22xy x 32y
b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2 2
2a a 3b b Chứng minh rằng 2a2b1 là số chính phương
Câu 4 (3 điểm)
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O, R) H là một điểm di động trên đoạn OA (H khác A) Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt cung nhỏ AB tại
M Gọi K là hình chiếu của M trên OB
a) Chứng minh HKM2AMH
b) Các tiếp tuyến của (O, R) tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của (O, R) lần lượt tại D
và E OD, OE cắt AB lần lượt tại F và G Chứng minh OD.GF = OG.DE
c) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R
Câu 5 (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2 ab6bc2ac7abc Tìm giá trị nhỏ
C
-Hết -
Họ và tên thi sinh……… số báo danh…………
Chữ ký của giám thị 1……… chữ ký của giám thị 2………
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Trang 2SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
-
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN
HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN
Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014 (Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang)
Lưu ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà kết quả đúng thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa
2
2 1
A
x
0.25
1 1 x 1 x 1 x
Câu
1a:
(1,0 đ)
2
2x
= x 2 0.25
6 0 ( 2 )( 3 ) 0 (*)
Vì a > b > 0 a2 ab 3b2 0 nên từ (*) ta có a = 2 b 0.25 Vậy biểu thức
B
Câu
1b:
(1,0 đ)
4 4
63 21
b B
b
2 2
t
ta được phương trình
2
2 2
t t
t
Với t = -4 ta có
2
2
0
2 2
x
x x
0.25
Câu
2a:
(1,0 đ)
Với t =2 ta có
2
2
0
3 1
3 1
x
x x
0.25
Từ hệ ta có x3 (2yx) y3 (2xy) (x2 y2 ) 2 xyx2 y2 0 0.25
3
(x y) (x y) 0 x y
0.25
Câu
2b:
(1,0 đ)
* Với x = y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); ( 3; 3);( 3; 3) 0.25
Trang 3* Với x = - y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); (1; 1 );( 1;1)
Vậy hệ phương trình có nghiệm
(x ; y) = (0; 0); ( 3; 3);( 3; 3);( 1;1);(1; 1 )
0.25
2
xy xyx y x y( 1)2 32y
( 1)
y
y
0.25
32 2 (y 1)2 22 và 2 4
(y 1) 2 (Do 2
Câu
3a:
(1,0 đ) *Nếu
2 2
(y 1) 2 y 1;x 8
*Nếu (y 1) 2 2 4 y 3;x 6
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là:
8
1
x y
và 6
3
x y
0.25
Gọi d là ước chung của (a - b, 2a + 2b + 1) ( *
d ) Thì
2 2
( )
2 2 1 (2 2 1)
a b d
0.25
Mà (a b d ) a d (2a 2 )b d mà (2a 2b 1) d 1 d d 1 0.25
Câu
3b:
(1,0 đ)
Do đó (a - b, 2a + 2b + 1) = 1 Từ (*) ta được a b và 2a 2b 1 là số chính
Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O) Ta có
0.25
Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA) A1M1 (2) 0.25
Tứ giác MHOK nội tiếp O1K1 (cùng chắn MH ) (3) 0.25
Câu
4a:
(1,0 đ)
Từ (1), (2), (3) ta có M11K1
Câu
4b:
(1,0 đ)
Có tứ giác AOMD nội tiếp (4)
0.25
x
1
1 1
1
H
K O A
M
1
2
2
F
G E
D
H
O A
M
Trang 41
1 A
2sđBM; 1 2
1
2sđBM
A1O1 tứ giác AMGO nội tiếp (5)
0.25
Từ (4), (5) ta có 5 điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên một đường tròn
OGF và ODE đồng dạng
0.25
Trên đoạn MC lấy điểm A’ sao cho MA’ = MA AMA ' đều
A1A2 600BAA'
MAB A ' ACMBA 'C
0.25
MAMBMC
Đẳng thức xảy ra khi MC là đường kính của (O) => M là điểm chính giữa
cung AM => H là trung điểm đoạn AO
Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB
0.25
Câu
4c:
(1,0 đ)
Gọi I là giao điểm của AO và BC AI 3R AB 3 ABR 3
Giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2 3)R
0.25
Từ gt : 2ab6bc2ac7abc và a,b,c > 0
Chia cả hai vế cho abc > 0 2 6 2 7
đặt x 1,y 1,z 1
x y z
C
2x y 4x z y z
0.25
0.25
Câu 5:
(1,0 đ)
Khi x1,y z 1
Vậy GTNN của C là 7 khi a =2; b =1; c = 1
0.25
2 1
A' I
H O A
M