De thi HSG lop 9 mon Toan tinh Binh Dinh 20142015

Gọi G là trọng tâm và I là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác ABC.. Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại M.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS BÌNH ĐỊNH KHÓA NGÀY : 18 – 3 – 2015

ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN

Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) Ngày thi : 18 /3/2015

-Bài 1: (6,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức: x − y¿3+3 (x − y)(xy+1)

x=3

√2+√3 −√32 −√3 , y=3

√ √5+2 −√3√5 − 2

b) Giải hệ phương trình:

¿

x2 +y2=11

x+xy + y=3+4√2

¿{

¿

Bài 2: (5,0 điểm)

a) Cho phương trình: 5 x2

+mx− 28=0 (m là tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện: 5 x1+2 x2=1.

b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 5 x2

+y2+4 xy +4 x+2 y −3=0

Bài 3: (3,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) có cạnh BC bằng trung bình cộng của 2 cạnh AB và AC Gọi G

là trọng tâm và I là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác ABC

Chứng minh: IG // BC

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC (AB > AC) ngoại tiếp đường tròn tâm I Đường tròn (I) tiếp xúc với các cạnh BC,

CA, AB lần lượt tại D, E, F Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại M Đường thẳng AD cắt đường tròn (I) tại N (khác D) Chứng minh rằng MN là tiếp tuyến của đường tròn (I)

Bài 5: (2,5 điểm)

Cho 3 số x , y , z > 0 thỏa điều kiện x+ y+ z=1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P= x

x+1+

y y+1+

z z+1

LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH BÌNH ĐỊNH

Môn TOÁN - LỚP 9 – Năm học : 2014 – 2015

-Bài 1: ( 6,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức : A = ( x – y)3 + 3(x – y )(xy + 1), biết

x = 3 2 3 - 3 2 3 , y = 3 5 2 - 3 5 2

Giải : Ta có : x3 = 2 + 3 - 2 + 3 - 3x  x3 + 3x - 2 3 = 0 (1)

y3 = 5 + 2 - 5 + 2 – 3y  y3 + 3y – 4 = 0 (2) Trừ (1) và (2) có : x3 – y3 + 3(x – y) + 4 - 2 3 = 0

 (x – y)3 + 3xy(x – y) + 3(x – y) + 4 - 2 3 = 0

 (x – y)3 + 3(x – y )(xy + 1) = 2 3 - 4

Vậy: A = 2 3 - 4

b) Giải hệ phương trình :

2 2

11

3 4 2

x y

x xy y

  





   



Giải : Hệ phương trình tương đương với :

2

x y xy

x y xy





   



Đặt u = x + y ; v = xy Ta có hệ :

2 2 11

3 4 2

u v

u v

  





  

2 2 11

2 2 6 8 2

u v

u v

  





  



 u2 + 2u – ( 17 + 8 2) = 0 Giải ra được : u1 = 3 + 2 ; u2 = - 5 – 2 Từ đó suy ra :

v1 = 3 2 ; v2 = 8 + 5 2

Ta có :

3 2

3 2

x y

xy

   







  x = 3 ; y = 2 hoặc x = 2 ; y = 3

5 2

8 5 2

x y

xy

   





 

  không tồn tại x ; y

Hệ có hai nghiệm ( 3 ; 2) và ( 2 ; 3)

Bài 2: ( 5,0 điểm)

a) Phương trình 5x2 + mx – 28 = 0 có:  = m2 + 560 > 0 , với mọi m

Áp dụng hệ thức Vi-et : x1 + x2 = 5

m

 ; x1x2 =

28 5

 Theo giả thiết: 5x1 + 2x2 = 1

Giải hệ :

1 2

5

m

x x

x x





 





 ta được : x1 =

2 5 15

m 

; x2 =

( 1) 3

m

 

 x1x2 =

2 5

15

m 

( 1) 3

m

 

=

28 5

  (2m + 5)(m +1) = 252  2m2 + 7m – 247 = 0 Giải ra được : m1 =

19

2 ; m2 = - 13 b) Tìm nghiệm nguyên phương trình : 5x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y – 3 = 0 (1)

(1)  x2 + (2x + y + 1)2 = 4

Vì x ; y  Z và 4 chỉ có thể viết thành tổng của 2 số chính phương là 0 và 4 nên ta có các trường hợp :

2

2

0

x

x y

 





  

2

2

4

x

x y

 





  





0

0

2

2

x

x y

x

x y

x

x y

x

x y

 





  





 

 

  

 











   











   



 Phương trình có 4 nghiệm ( 0 ; -1) ; (0 ; -3) ; (2 ; -5) ; (-2 ; 3)

Bài 3: ( 3 , 0 điểm)

A

I

M H

G

K N

Chứng minh : IG // BC

Đặt BC = a ; CA = b ; AB = c

Ta có : a =

1

2(b + c) ( gt)

Hạ AH  BC ; IK  BC ; GN  BC

GN // AH 

1 3

GN GM

AH AM 



1 3

GBC ABC

S AH  

1 3

S  S

(1)

SBIC =

1

2IK.BC =

1

2r.a =

1

2r

1

2(b + c) =

1

2 2 2

rb rc



=

1

2 S AICS AIB

=

1

2(SABC – SBIC)

 SBIC =

1

3SABC (2)

Từ (1) và (2) suy ra : SGBC = SBIC  IK = GN  IG // BC

j H

N K

I A

M D

E

C B

F

Chứng minh : MN là tiếp tuyến của (I)

Gọi K là giao điểm của IA và EF ; H là giao điểm của IM và AD

Ta có IA là đường trung trực của EF nên

IA  EF

Ta có ID2 = IE2 = IK IA ( hệ thức lượng)



ID IK

IA ID Do đó: IDK IAD (c –g – c)

 gIDK = gIAD

Tứ giác IDMK nội tiếp nên gIDK = gIMK

 gIAD = gIMK  Tứ giác AKHM nội tiếp

 gAHM = gAKM = 900  ND  IM tại H

Ta có : IN2 = ID2 = IH IM



IN IM

IH IN Do đó : INM IHN (c- g- c)

 INM = IHN = 900  IN  NM  đpcm

Bài 5: (2,5 điểm)

Cho x , y, z > 0 thõa mãn x + y + z = 1 Tìm giá trị lớn nhất của :

P = 1 1 1

x  y z

Giải : Từ giả thiết 1 = x + y + z , ta có : P = 2 2 2

x y z   x y z x y  z

Đặt a = 2x + y + z ; b = x + 2y + z ; c = x + y +2z  a , b, c > 0

Ta có : a + b + c = 4( x + y + z) = 4 (a – x) = 4(b – y) = 4(c – z)

Từ a + b + c = 4(a – x)  x =

3 ( ) 4

a b c

Tương tự : y =

3 ( ) 4

b c a

; z =

3 ( ) 4

c a b

Ta có : P =

3 ( )

4

a b c a

 

+

3 ( ) 4

b c a b

 

+

3 ( ) 4

c a b c

 

 4P = ( 3 -

b c a

 ) + ( 3 -

c a b

 ) + (3 -

a b c

 ) = 9 -

b a

a b



  -

b c

c b



  -

c a

a c



   9 – 6 = 3

 P 

3

4

Dấu « = » xảy ra  a = b = c =

4

3  x = y = z =

1 3 Vậy Pmax =

3

4  x = y = z =

1

3

GV Nguyễn Đình Tự - THCS Phước Thành