De thi hsg toan 9 Thanh Hoa

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút.. Tính giá trị của biểu thức Câu 2 4 điểm.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HOÁ

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1 (4 điểm).

a) Rút gọn biểu thức

2

1 1 (1 ) (1 )

2 1

A

x



b) Cho a và b là các số thỏa mãn a > b > 0 và a3 a b ab2  2 6b3 0.

Tính giá trị của biểu thức

4 4

B





Câu 2 (4 điểm).

a) Giải phương trình x x2( 22) 4  x 2x24.

b) Giải hệ phương trình

3 (2 )( ) 11



Câu 3 (4 điểm).

a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình

xy  xy x  y.

b) Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng p=a2+b2 +c2 với a; b; c là các

số nguyên dương sao cho a4+b4 +c4 chia hết cho p

Câu 4 (6 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 HKM   2AMH. 

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 (2 điểm) Cho x;y;z >0 chứng minh rằng

3

z x x y  y z 

-Hết -SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HOÁ

-HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN

HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP 9 MÔN THI: TOÁN

Lưu ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà kết quả đúng thì giám

khảo vẫn cho điểm tối đa.

Câu

1a:

(1,0 đ)

2

2 1

A

x



 

0.5

1 1 x2  1 x 1 x2 1 1 x2 2 2 1 x2

2

2x

 = x 2 0.5

Câu

1b:

(1,0 đ)

3 2 2 6 3 0 ( 2 )( 2 3 ) 0 (*)2

Vì a > b > 0  a2ab3b2 0 nên từ (*) ta có a = 2 b 0.5 Vậy biểu thức

4 16 4

B

4 4

63 21

b B

b



Câu

2a:

2

t

ta được phương trình

2

2 2

t t

t





        

2







2

0

2 2

x

x x









0.5

2

2 4 2







0.5

0

3 1

3 1

x

x x





 

Câu

2b:

(1,0 đ)

Đặt 2x+y =a; x-y=b biểu diễn hệ

2 2 26

11

a b ab

  



  

tìm được

8 19 6 5

a b ab

a b ab

  











  

 



 



0.5

Câu

3a:

(1,0 đ)

xy  xy x  y  x y( 1)2 32y

32

1 0

( 1)

y

y

    



0.5

mà 32 2 5 (y1)2 22 và (y 1)2 24(Do (y 1)2 1) 0.5

*Nếu (y1)2 22 y1;x8

*Nếu (y 1)2 24 y3;x6

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là:

8 1

x y









 và

6 3

x y











0.5

Câu

3b:

(1,0 đ)

Vai trò a; b; c bình đẳng giả sử a b c

P= a2+b2+c2 nên (a4+b4+c4+ 2a2b2+2b2c2 +2c2a2 ) p

Suy ra 2a2b2+2b2c2 +2c2a2  p

do a,b,c nguyên dương nên p3 vậy (2;3)=1vậy a2b2 +b2c2+c2a2 p

0.5

Suy ra (a2b2 + c2p –c4)  p suy ra (ab-c2) (ab+c2)p

ab < 2ab a2+ b2 nên 1<ab+c2< a2+b2+c2=p suy ra ( p; ab+c2) =1

buộc c2 –ab p mà a b cnên 0  c2 –ab <p buộc c2-ab =0 0.5

4a:

(1,0 đ)

Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O) Ta có

0.5

Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA)  A  1  M  1 (2) 0.5

Tứ giác MHOK nội tiếp  O  1  K  1 (cùng chắn MH ) (3) 0.5

Từ (1), (2), (3) ta có

1

Câu

4b:

(1,0 đ)

Có tứ giác AOMD nội tiếp (4)

0.5

1

1 A

2sđBM; 1   2 

1

 A1 O1  tứ giác AMGO nội tiếp (5)

0.5

Từ (4), (5) ta có 5 điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên một đường tròn

0.5

4c:

(1,0 đ)

Trên đoạn MC lấy điểm A’ sao cho

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

0.5

Giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2  3)R

0.5

Câu 5:

(1,0 đ)

Áp dụng bất đẳng thức cauchy-schwarz ta được

2

3

0.5

z x x y y x =

z  xzx  yx y  yz

Áp dụng BĐT cauchy-schwarz

z  xzx  yx y  yz

0.5 0,5

z x x y y x 

9 4

từ đó suy ra đpcm

dấu “=” xảy ra khi : x=y=z

0.5