b Xác định vị trí của M trên đoạn thẳng OA để diện tích tam giác IJO’ lớn nhất... PHÒNG GD&ĐT THANH OAI TRƯỜNG THCS XUÂN DƯƠNG..[r]
Trang 1PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS XUÂN DƯƠNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9
NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (6 điểm)
(x −5√x
x −25 −1):(25 − x x+2√x −15 −
√x +3
√x +5+
√x −5
√x −3) Cho biểu thức A =
1 Rút gọn A
2 Tìm số nguyên x để A nguyên
0 3 Với x, x 25, x 9 tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A (x+16)
Câu 2: (4 điểm)
a) Giải phương trình:
√2 x2− 9 x+4+3√2 x −1=√2 x2 +21 x −11
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của
xy
z +
yz
x +
zx
y A = với x, y, z là các số dương và x2 + y2 + z2 = 1
Câu 3: (3 điểm)
a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :
2x6 + y2 –2 x3y = 320
6
x y y z z x b) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn
3x 3y 2z3x 2y 3z2x 3y 3z 2 Chứng minh rằng:
Câu 4: (6 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB M là điểm thuộc đoạn thẳng OA, vẽ đường tròn tâm O’ đường kính MB Gọi I là trung điểm đoạn thẳng MA, vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I Đường thẳng BC cắt đường tròn (O’) tại J
a) Chứng minh: Đường thẳng IJ là tiếp tuyến của đường tròn (O’)
b) Xác định vị trí của M trên đoạn thẳng OA để diện tích tam giác IJO’ lớn nhất
Câu 5: (1 điểm)
Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn: 2xy + x + y = 83
Trang 2
-Hết -PHÒNG GD&ĐT
THANH OAI
TRƯỜNG THCS
XUÂN DƯƠNG
ĐÁP ÁN CHẤM THI HGS TOÁN 9
Năm học: 2014 – 2015
Trang 3Câu Ý Nội dung trình bày Điểm
1
(6đ)
a x ≥ 0 , x ≠ 25 , x ≠ 9
Tìm đúng điều kiện
1,0
A= 5
√x+3 Rút gọn
1,5
b √x+3 x z =>
3 1 ( )
>
1,0
5 ¿
B= A (x +16)
5( x+16)
¿
0,5
¿√x −3+25
√x+3=√x +3+
25
√x+3 −6
1,0
B ≥ 4 ⇔ => =>
min B = 4 x=4 0,5 2
(4đ)
a x ≥ 4 ĐK: hoặc x
Biến đổi:
√2 x2−9 x +4 +3√2 x − 1=√2 x2+21 x −11
⇔√(x − 4) (2 x − 1) + 3√2 x − 1=√(x+ 11) (2 x − 1)
⇔√(x − 4)(2 x − 1) + 3√2 x − 1−√(x +11) (2 x −1) =0
⇔√2 x − 1(√x − 4+3 −√x +11)=0
√x − 4+3 −√x +11=0
Hoặc (2)
1,0
Giải (1) được x = 0,5 (thỏa mãn), giải (2) được x = 5 (thỏa mãn)
0,5
Trang 4b xyz + yz
x +
zx
y A =
x2y2
z2 +
y2z2
x2 +
z2x2
y2 +2
Nên A2 =( vì
x2+y2+z2 =1)
= B +2
0,75
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương ta có
x2y2
z2 +
y2z2
x2 ≥√x2y2y2z2
z2x2 =2 y
2
y2z2
x2 +z2x2
y2 ≥2 z2 T ương tự
x2y2
z2 +
z2x2
y2 ≥2 x
2
⇒ B≥ 1 Cộng
vế với vế ta được 2B 2
0,75
√3 Do
đó A2 = B +2 3 nên A
√3 ⇔ √3
3 Vậy Min A = x=y=z=
0,5
3
(3đ)
a Từ 2x6 + y2 – 2x3y
= 320 <=>(x3-y)2 + (x3)2=320
£ => (x3)2
320
0,5
2
x £ mà x nguyên nên
Nếu x=1 hoặc x=-1 thì y không nguyên (loại)
0,75
Trang 5Nếu x=2=>
y=-2 hoặc y=6
Nếu x=-2
=> y=-6 hoặc y=2 Vậy phương trình
đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là:
(2;-2);
(2;6); 2;-6); (-2;2)
0,25
a b a b Áp dụng BĐT (với
a, b > 0)
4
0,5
3x 3y 2z 2x y z x 2y z 4 2x y z x 2y z
Ta có:
3x 2y 3z 16 x z x y y z
Tương tự:
2x 3y 3z 16 y z x y x z
Cộng vế theo vế,
ta có:
3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 16 x y x z y z
.6
C
J
Trang 6(6đ)
1,0
ACMD có : IA =
IM (gt), IC = ID (vì ABCD : gt) ACMD là hình thoi
0,5
AC // DM, mà ACCB (do C thuộc đường tròn đường kính AB)
0,5
DMCB;
MJCB (do J thuộc đường tròn đường kính MB)
D, M, J thẳng hàng
0,5
IDM + IMD = 90
DIM = 90 Ta có : (vì )
IJM = IDM Mà (do IC = IJ = ID : CJD vuông tại J có
JI là trung tuyến)
MJO' = JMO' = IMD
ˆ '
JMO IMDˆ (do O’J
= O’M : bán kính đường tròn (O’);
và đối đỉnh)
0,5
IJO 90
IJM + MJO' 90
IJ là tiếp tuyến của (O’),
0,5
A I M
D
O O’ B
Trang 7J là tiếp điểm b
AB
Ta có: IA
= IMIO’ = = R (R
là bán kính của (O))
O’M = O’B (bán kính (O’)
0,5
JIO’ vuông tại I :
IJ2 + O’J2 = IO’2 =
R2
0,5
Mà IJ2 + O’J2
2IJ.O’J = 4SJIO’
2
4
R
Do đó SJIO’
0,5
2
4
R
SJIO’ = khi IJ
= O’J và JIO’
vuông cân
có cạnh huyền IO’
= R nên :
2 2
R
2O’J2 = O’I2 = R2 O’J =
0,5
2Khi đó MB = 2O’M = 2O’J = R 0,5 5
(1đ)
Tìm x,y nguyên dương thỏa mãn: 2xy + x +y = 83
(2 1)(2 1) 167
xy x y
0,5
(2x 1);(2y 1) Z
Do x,y nguyên dương
(2x 1);(2y 1)
Ư(167) Lập bảng tìm được (x,y)=(0;83);
0,5
Trang 8(83;0).