BỘ ĐỀ THI CHÍNH THỨC HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 CẤP TỈNH THÀNH PHỐ CÓ ĐÁP ÁN

BỘ ĐỀ THI CHÍNH THỨC HỌC SINH GIỎI

vectorstock.com/6409658

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

BỘ ĐỀ THI CHÍNH THỨC HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 CẤP TỈNH THÀNH PHỐ CÓ ĐÁP ÁN PDF VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020 Môn thi: TOÁN (Dành cho thí sinh chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (2,0 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức A 

x 4  2 x3  3x 2  38 x  5

khi x  2  3

x  4x  5 b) Cho hai hàm số y  x và y   m  1 x  1(với m là tham số) có đồ thị lần lượt là  P  và d . Tìm m để  P  cắt d tại hai điểm phân biệt A  x1; y1  , B  x2 ; y2  sao cho

FF IC IA L

2

2

y13  y23  18  x13  x23 .

Câu 2. (2,5 điểm)

N

O

2   y  2 xy  4  2 x  5 y a) Giải hệ phương trình:  2 4  5 x  7 y  18  x  4 b) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị

Ơ

nhỏ nhất của biểu thức M  x 2  6 x  25  y 2  6 y  25  z 2  6 z  25

H

Câu 3. (1,5 điểm)

N

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn  xy  x  y   x 2  y 2  1  30. b) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 12n2  1 là số nguyên. Chứng minh rằng:

U

Y

2 12n2  1  2 là số chính phương

Câu 4. (3,0 điểm)

KÈ

M

Q

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB  AC. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H. Gọi  O  là đường tròn ngoại tiếp tứ giác DHCE, trên cung nhỏ EC của đường tròn (O) lấy điểm I (khác điểm E) sao cho IC  IE. Đường thẳng DI cắt đường thẳng CE tại điểm N , đường thẳng EF cắt đường thẳng CI tại điểm M .

D

ẠY

a) Chứng minh rằng NI .ND  NE.NC b) Chứng minh rằng đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng CH . c) Đường thẳng HM cắt đường tròn  O  tại điểm K (khác điểm H), đường thẳng KN cắt đường tròn (O) tại điểm G (khác điểm K), đường thẳng MN cắt đường thẳng BC tại điểm T . Chứng minh rằng ba điểm H ,T , G thẳng hàng

Câu 5. (1,0 điểm) Cho 2020 cái kẹo vào 1010 chiếc hộp sao cho không có hộp nào chứa nhiều hơn 1010 cái kẹo và mỗi hộp chứa ít nhất 1 cái kẹo. Chứng minh rằng có thể tìm thấy một số hộp mà tổng số kẹo trong các hộp đó bằng 1010 cái.

ĐÁP ÁN Câu 1.

1.a Ta có x  2  3   x  2   3  x 2  4 x  1  0 2

FF IC IA L

x2  4 x  5  x2  4 x  1  4  2

x 4  2 x3  3x 2  38 x  5

  x 4  4 x3  x 2    2 x3  8 x 2  2 x   10 x 2  40 x  10   5  5  A  

5 2

1.b Phương trình hoành độ giao điểm của d và  P  là x2   m  1 x  1  0

(1)

Ơ

N

m  3 2 (*)     m  1  4  0  m  1  2   1 m   

O

(P) cắt d tại hai điểm phân biệt A x1; y1  , B  x2 , y2  khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2

Khi đó

N

Từ giả thiết ta có y1  x12 , y2  x22

H

Áp dụng định lý Viet ta có: x1  x2  m  1; x1x2  1

U

Y

y 13 y23  18  x13  x23   x16  x26  18  x13  x23    x13  x23  x13  x23  18  0

(2)

Do x1  x2 nên  2   x13  x23  18  0   x1  x2   3x1x2  x1  x2   18  0 Do đó,

 m  1

2  3 m  1  18  0   m  1  3  m  1  3 m  1  6  0  m  4(tm(*))  

KÈ

3

M

Q

3

Câu 2.

ẠY

2   y  2 xy  4  2 x  5 y 2a.  2 4  5 x  7 x  18  x  4

(1)

, DK : x, y 

(2)

 y 1  y  4  2x

D

1  y 2  y  2 x  y  1  4 1  y   0   y  1 y  2 x  4   0  

Với y  1 thay vào (2) ta được:

 2 11 x  5 x  11  x  4   5 4 24 x  110 x 2  117  0  2

4

55  217 55  217  x 24 24

FF IC IA L

 x2 

Với y  4  2 x thay vào  2  ta được: 5x 2  28x  14 x  18  x 4  4   x2  2 x  2 

x

2

 2 x  2  x 2  2 x  2   6  x 2  2 x  2   0

H

Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là:

Ơ

N

O

 x 2  2 x  2  2 x 2  2 x  2   x2  2 x  2  4  x2  2 x  2  x 2  2 x  2  3 x 2  2 x  2  5 7 22 7 y x  3 3  3x 2  10 x  6  0    5 7 22 7 y x  3 3 

Y

N

 55  217   55  217   5  7 2  2 7   5  7 2  2 7   ;1 ;   ;1 ;  ; ; ;     3 24 24 3 3 3     

U

2b.

Q

Từ giả thiết suy ra 0  x, y, z  3. Ta có:

9  x 2  6 x  25   x 2  30 x  225  8x 2  24 x  15  x   8x  x  3  15  x  với x,0  x  3

M

2

KÈ

x  0 ). (do 0  x  3  8x  x  3  0, dấu bằng xảy ra khi  x  3

9  x 2  6 x  25  15  x hay

ẠY Do đó

x 2  6 x  25 

15  y 15  z ; z 2  6 z  25  với y, z : 0  y, z  3 3 3

Tương tự:

y 2  6 y  25 

Do đó, M 

15  x  15  y  15  z 45  3   14 3 3

D

15  x với x,0  x  3.

3

2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  x; y; z    3;0;0  hoặc  x; y; z    0;3;0  hoặc  x; y; z    0;0;3 Ta có 5  x 2  6 x  25   x 2  22 x  121   4 x 2  8x  4 

 11  x 2   4  x  1  11  x  x,0  x  3.

2

2

FF IC IA L

(do 4  x  1  0, dấu bằng xảy ra khi x  1).

2

5  x 2  6 x  25  11  x hay

x 2  6 x  25 

11  x với x,0  x  3 5

11  y 11  z ; z 2  6 z  25  với y, z : 0  y, z  3 5 5

y 2  6 y  25 

Do đó, M 

11  x  11  y  11  z 33  3  6 5 5 5

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  1

N

Tương tự

O

Do đó

5 đạt được khi x  y  z  1.

N

H

 x; y; z    0;0;3 và GTNN của M là 6

Ơ

Vậy GTLN của M là 14 đạt được khi  x; y; z    3;0;0  hoặc  x; y; z    0;3;0  hoặc Câu 3.

Y

3a)Vì x, y nguyên dương và  x; y   1;1 không thỏa mãn phương trình nên

U

x2  y 2  1  3; xy  x  y  3. Suy ra xy  x  y là ước nguyên dương lớn hơn 3 của 30 gồm 5;6.

Q

Nếu xy  x  y  5   x  1 y  1  6 ta được các trường hợp:

KÈ

M

x  1  2 x  1 (thỏa mãn điều kiện)   y 1 3 y 2     

ẠY

x  1  3 x  2 (tmdk )   1 2 1 y y     

Nếu xy  x  y  6   x  1 y  1  7(ktmdk )

D

Vậy các cặp số  x; y  thỏa mãn là 1;2  ;  2;1

3b) Vì 12n2  1 là số lẻ nên để 12n2  1 là số nguyên thì 12n2  1   2m  1 , m 

Suy ra m  m  1  3n2

2

 m  3u 2 ; m  1  v 2 Vì  m; m  1  1 nên xảy ra hai trường hợp  , u, v  * 2 2 m  v ; m  1  3 u 

FF IC IA L

Nếu m  v 2 ; m  1  3u 2 thì v2  3u 2  1 hay v 2 là số chính phương chia 3 dư 2. Điều này không xảy ra vì mọi số chính phương chia 3 dư là 0 hoặc 1. Do đó chỉ xảy ra m  3u 2 ; m  1  v 2 Ta có: 2 12n2  1  2  2  2m  1  2  4m  4  4v 2 là số chính phương (đpcm) Câu 4.

A M

O N

K

Ơ

E

I

F

H

N

U

Y

N

H

D

ẠY

KÈ

B

M

Q

O C

T G

D

a) Xét NDE và NCI có: END  INC (đối đỉnh), EDN  ICN (cùng chắn cung EI )

suy ra NDE

NCI  g.g  

ND NE   NI .ND  NE.NC NC NI

b) Do các tứ giác BFEC, DEIC, ABDE nội tiếp nên:

AFE  ACB  DIE

MEC  ABC  DEC  DIC  MENI là tứ giác nội tiếp  DIE  EMN  AFE  EMN  MN / / AB

FF IC IA L

Mà CH  AB  CH  MN c) Xét ENM , TNC có:

EMN  EIN  NCT , ENM  TNC  ENM 

TNC ( g.g )

NE NM   NC.NE  NM .NT 1 NT NC

NK NM   TGN NT NG

KMN  KMN  TGN (3)

H

Từ 1 ,  2   NM .NT  NG.NK 

N

NE NK   NC.NE  NG.NK  2  NG NC

Ơ



GNC ( g.g )

O

Xét ENK , GNC có KEN  CGN , ENK  GNC  ENK

N

Mà KMN  HCK (cùng phụ với KHC )  KMN  HGN (4)

Y

Từ (3) và (4) ta có TGN  HGN  H ,T , G thẳng hàng

U

Câu 5.

Q

TH1:Tất cả các hộp có số kẹo bằng nhau và bằng 2, khi đó lấy 505 chiếc hộp bất kỳ ta sẽ có tổng số kẹo là 1010.

KÈ

M

TH2:Tồn tại hai hộp có số kẹo khác nhau, khi đó ta sắp xếp các hộp thành một hàng ngang sao cho hai hộp đầu tiên không có cùng số kẹo, ký hiệu ai là số kẹo trong hộp thứ i, i  1;2;.....;1010 . Xét các số S1  a1; S2  a1  a2  .....; S1010  a1  a2  .....  a1010 , với 1  ai  1010

+)Nếu tồn tại hai số trong S1; S2 ;....; S1010 có cùng số dư khi chia cho 1010, giả sử là

ẠY

Si , S j  i  j  thì S j  Si   ai 1  ......  a j  1010

D

Do 1  S j  Si  2019;  S j  Si  1010 nên S j  Si  1010 hay ai1  .......  a j  1010. +)Nếu trong S1; S2 ;......S1010 không có hai số nào có cùng số dư khi chia cho 1010 (1)

Xét 1011 số S1; S2 ;......; S1010 , a2 , theo nguyên lý Dirichle tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 1010. Mà S1  a1  a2 ,1  a1, a2  1010 nên S1 , a2 không cùng số dư khi chia cho 1010 (2).

Từ (1) và (2) suy ra tồn tại k  2;3;.....;1010 sao cho Sk , a2 cùng số dư khi chia cho 1010.

Khi đó Sk  a2  a1  a3  .......  ak 1010

FF IC IA L

Mà 1  a1  a3  .......  ak  2019  a1  a3  .....  ak  1010

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

O

Suy ra điều phải chứng minh.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU

KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM HỌC 2019-2020 Môn : TOÁN (chuyên) Ngày thi: 31.05.2019

Đề Chính Thức

FF IC IA L

Câu 1. (3đ)

x  x 1 1 1   với x  0, x  1 x x 2 x 1 x 2 9 x2 2  40 b) Giải hệ phương trình : x  2  x  3 a) Rút gọn biểu thức A 

O

 x 2  2 y 2  1 c) Giải hệ phương trình:  3 3 2 x  y  2 y  x

Câu 2. (2đ)

H

Ơ

N

a) Cho các số thực a, b thỏa mãn a  b  2. Chứng minh phương trình ax2  bx  2a  2  0 luôn có nghiệm b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  m; n  thỏa mãn phương trình :

N

2m.m2  9n2  12n  19

1 1 1    3. Tìm giá trị nhỏ nhất a b c 1 1 1 của biểu thức : P    a 2  ab  3b2  1 b2  bc  3c 2  1 c 2  ca  3a 2  1

U

Y

Câu 3. (1đ) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn

KÈ

M

Q

Câu 4. (3đ) Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC với AB  AC. Gọi I là trung điểm của BC. Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại J khác A. Đường tròn ngoại tiếp tam giác IBJ cắt đường thẳng AB tại M khác B và đường tròn ngoại tiếp tam giác ICJ cắt đường thẳng AC tại N khác C a) Chứng minh rằng BJM  CJN và ba điểm M , I , N thẳng hàng

D

ẠY

b) Chứng minh JA là tia phân giác của BJN và OA vuông góc với MN c) Tia phân giác của góc BAC cắt MN tại E. Tia phân giác của các góc BME và CNE lần lượt cắt BE, CE tại P, Q. Chứng minh PB.QE  PE.QC Câu 5. (1đ) Trên mặt phẳng cho 17 điểm phân biệt. trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Giữa hai điểm bất kỳ trong ba điểm đã cho ta nối một đoạn thẳng và trên đoạn thẳng đó ghi một số nguyên dương (các số ghi trên các đoạn thẳng là các số nguyên dương khác nhau). Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có cạnh là các đoạn thẳng đã nối mà tổng các số ghi trên 3 cạnh của tam giác đó chia hết cho 3

ĐÁP ÁN Câu 1.



 

x  x 1  x x 2

 x  1

 x  2

x 1

b) x  2

1  x 1

x 2



x3 x 2



x 1

x 2



x 1 x 1

2

 x2  3x  6 x2 x2   40   x    40  0   6.  40  0    x  3 x  3 x  3 x  3     2

9 x2

 x  3

1  x 2

2

FF IC IA L

a) A 

x2  10  x 2  10 x  30  0 vô nghiệm x 3 x  2 x2 t  4   4  x 2  4 x  12  0   x3  x  6

Ơ

N

t  10 

O

t  10 x2 Đặt t  ta có phương trình t 2  6t  40  0   x3 t  4

(1)

N

2 2   x  2 y  1 c)  3 3  2 x  y  2 y  x

H

Vậy tập nghiệm của phương trình là S  2;6 (2)

U

Y

 2 x3  y 3   x 2  2 y 2   x  2 y   x3  2 x 2 y  2 xy 2  5 y 3  0

M

Q

x  y   x  y   x 2  3xy  5 y 2   0   2 2  x  3xy  5 y  0 TH1: x  y thay vào pt (1) ta được x  y  1

KÈ

3  2 3  11 2 x  y  0   x y0 TH2: x  3xy  5 y  0   x  y   y  0   2 2  4   y  0 Thử lại ta thấy x  y  0 không là nghiệm của hệ phương trình đã cho .

2

ẠY

2

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 1;1;  1; 1

D

Câu 2.

a) Nếu a  0 thì b  2 và do đó phương trình có nghiệm x  

Nếu a  0 thì   b2  8a  a  1

2 b

a  0 Nếu   a  a  1  0    0 nên phương trình có nghiệm a  1 Nếu 0  a  1thì

a  b  2  b  2  a  0  b2   2  a      2  a   8a  a  1   3a  2   0 2

2

2

FF IC IA L

Nên phương trình có nghiệm Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi số thực a, b thỏa mãn a  b  2 b) Ta có : 2m.m2  9n2  12n  19  2m.m2   3n  2   15 2

Nếu m lẻ  m  2k  1, k  *

 2m.m2  2.4k.m2   3  1 2m2  2m2  mod3 mà m2  0;1  mod3 k

Nên 2.4k.m2  0;2  mod3 . Mặt khác  3n  2   15  1 mod3 Vậy trường hợp này không xảy ra Nếu m chẵn  m  2k , k  * thì ta có phương trình:

O

2

22 k.m2   3n  2   15   2k.m  3n  2  2k.m  3n  2   15 *

N

2

Ơ

Vì m, n * nên 2k.m  3n  2  2k.m  3n  2 và 2k.m  3n  2  0  2k.m  3n  2  0

Y

N

H

 2k.m  3n  2  15  2k.m  3n  2  5 Do đó *   k hoặc  k 2 . m  3 n  2  1   2 .m  3n  2  3  2k.m  3n  2  15 2k.2k  8  TH1:  k (vô nghiệm) n  3   2 .m  3n  2  1

KÈ

M

Q

U

 2k.m  3n  2  5 2k.2k  4 k  1 m  2    TH2:  k n  1 n  1 2 . m  3 n  2  3  n  1   Vậy phương trình đã cho có nghiệm m  2, n  1 Câu 3.

1 Ta sẽ chứng minh a 2  ab  3b2  1   a  5b  2  a, b  0 * 4

ẠY

Thật vậy ta có *  16  a 2  ab  3b2  1   a  5b  2   13 a  b   10  b  1  2  a  1  0 (luôn đúng)

D

Do đó P 

2

2

2

4 4 4   a  5b  2 b  5c  2 c  5a  2

2

Áp dụng bất đẳng thức

1 1 4   x, y  0 ta có: x y x y

FF IC IA L

1 1 1 1 1 3 1 3 3 P   .     .   .   4 ab 2 4 a 8 a 8 2 3 Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1. Vậy MaxP  2 Câu 4.

O

A

Ơ

N

x

H N

Q

J

ẠY

KÈ

M

M

a) Tứ giác ABJC nội tiếp nên JCN  MBJ

D

Tứ giác MBIJ nội tiếp nên BMJ  JIC

Tứ giác NCJI nội tiếp nên JIC  JNC  JNC  BMJ Do đó BJM

N Q

U

B

Y

P

O E I

CJN  BJM  CJN

Ta lại có: BIM  BJM , CIN  CJN  BIM  CIN

C

Suy ra M , I , N thẳng hàng b) ABJC và CNIJ là tứ giác nội tiếp nên AJB  ACB  NCI ; NCI  NJI suy ra AJB  AJN  JA là tia phân giác của BJN Ta lại có : AJB  BMN , do đó BAx  BMN nên MN / / Ax Vậy AO  MN S BJM MB 2  c) Vì BJM CJN  SCJN CN 2 Vì I là trung điểm của BC nên S ABJ  S ACJ

1

S ABJ S ABJ SCJN AB MB 2 NC AB.MB  .  . .  S ACJ S BJM S ACJ MB NC 2 AC AC.CN

FF IC IA L

Kẻ tiếp tuyến Ax của đường tròn (O) . Suy ra AJB  BAx

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

O

Ta lại có MNIJ , NCJI nội tiếp nên AB. AM  AI .AJ  AN.AC MB AC AM EM MB NC Suy ra      NC AB AN EN ME NE MB PB QC NC  ;  Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: ME PE QE NE PB QC    PB.QE  PE.QC PE QE Câu 5.

Ta tô màu các đoạn thẳng bằng 3 màu đỏ, xanh , vàng . Ta sẽ chứng minh tồn tại một tam giác có ba cạnh được tô cùng màu.

Gọi A là một điểm đã cho, nối A với 16 điểm còn lại ta được 16 đoạn thẳng.

Ta có: 16  3.5  1nên theo định lsy Dirichle tồn tại ít nhất 6 đoạn thẳng được tô cùng màu.

Giả sử 6 đoạn thẳng đó là AB, AC, AD, AE, AF , AG có cùng màu đỏ. Xét các đoạn thẳng nối từng cặp điểm trong 6 điểm B, C, D, E, F , G thì xảy ra trường hợp sau: TH1: Tồn tại một đoạn thẳng được tô màu đỏ, chẳng hạn là BC thì tam giác ABC có ba cạnh cùng màu đỏ TH2: Tất cả các đoạn thẳng nối B, C, D, E, F , G chỉ có màu xanh hoặc vàng. Ta xét 5 đoạn thẳng BC, BD, BE, BF , BG được tô bởi 2 màu thì theo nguyên lý Dirichle tồn tại ít nhất 3 đoạn thẳng có cùng một màu. Giả sử BC, BD, BE có cùng màu xanh +Nếu trong ba đoạn thẳng CD, CE, DE có một đoạn tô màu xanh, chẳng hạn CD thì tam giác BCD có ba cạnh cùng màu xanh.

FF IC IA L

+Nếu trong ba đoạn thẳng CD, CE, DE không có đoạn nào tô màu xanh, thì tam giác CDE có ba cạnh màu vàng Do vậy tồn tại một tam giác có ba cạnh tô cùng màu Lấy các số nguyên dương trên mỗi đoạn thẳng chia cho 3 ta được các số dư là 0,1,2 .

Tô màu các đoạn thẳng có số dư là 0,1,2 tương ứng với 3 màu đỏ,xanh, vàng Theo kết quả thì luôn tồn tại một tam giác có 3 cạnh được tô cùng màu, tức là 3 số ghi trên cạnh của tam giác có cùng số dư r khi chia cho 3, chẳng hạn là 3h  r ,3k  r ,3q  r , Khi đó:

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

O

3h  r  3k  r  3q  r  3 h  k  q  r  là số chia hết cho 3

ĐỀ THI TOÁN VÀO THPT CHUYÊN KHTN 2019 Bài 1.

26 x  5 x  30 2

 2 26 x  5  3 x 2  30

FF IC IA L

a) Giải phương trình:

2 2  x  y  2 b) Giải hệ phương trình :  2   x  2 y   2  3 y  4 xy   27 Bài 2.

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn  x 2  x  1 y 2  xy   3x  1

O

b) Với x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn 1  y  2 và xy  2  2 y, tìm giá trị

N

x2  4 nhỏ nhất của biểu thức M  2 y 1

H

Ơ

Bài 3.

Cho hình vuông ABCD, đường tròn  O  nội tiếp hình vuông tiếp xúc với các cạnh

N

AB, AD tai hai điểm E, F . Gọi G là giao điểm các đường thẳng CE và BF a) Chứng minh rằng 5 điểm A, F , O, G, E cùng nằm trên một đường tròn

Y

b) Gọi giao điểm của đường thẳng FB và đường tròn là M  M  F . Chứng

U

minh rằng M là trung điểm của đoạn thẳng BG

Q

Bài 4.

Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  xz  1. CMR:

D

ẠY

KÈ

M

1 1 1 2 x y z       2 2 2 1 x 1 y 1 z 3  1  x 2 1  y2 1  z2

   

3

ĐÁP ÁN Bài 1. 5 đặt a  26 x  5 và b  x 2  30, a  0, b  0 26 a2 Phương trình trở thành:  2a  3b   a  b  a  3b   0  a  b b x 1  26 x  5  x 2  30    x  25

Vậy S  1;25

b) Thay 2  x 2  y 2 vào phương trình thứ hai ta được:

O

 x  2 y   x 2  y 2  3 y 2  4 xy   27

FF IC IA L

a) Điều kiện x 

  x  2 y   27

N

3

Ơ

 x  3  2 y thay vào phương trình thứ nhất ta được

H

 y 1 x 1  y 0 7 1 y   x  5 5  2

N

3  2 y 

2

U

Y

  1 7  Vậy  x; y   1;1 ;  ;    5 5   Bài 2.

Q

a) Từ biểu thức  x 2  x  1 y 2  xy   3x  1 ta nhận thấy 3x  1phải chia hết

M

cho  x 2  x  1

x

2

KÈ

Ta có :  3x  1 3x  2   9 x 2  9 x  2  9  x 2  x  1  7 cũng phải chia hết cho  x  1 suy ra 7  x 2  x  1  x2  x  1  1 hoặc 7  x  0;1;3; 2 , thay lần

D

ẠY

lượt tìm ra y Vậy  x; y  1;1 ; 1; 2 ;  2;1 b) Từ giả thiết xy  2  2 y  4 xy  8  8 y

Mà ta lại có: 4 x 2  y 2  4 xy

 4 x 2  y 2  8  4 xy  8  8 y  4  x2  4  8 y  8  y 2 x2  4 M  2 1 y 1 Dấu "  " xảy ra khi x  1, y  2, M min  1

Bài 3.

H

N

H

G

Ơ

N

M

B

O

E

A

FF IC IA L

 4  x 2  4   4  y 2  1   5 y  2  2  y   4  y 2  1

F

KÈ

M

Q

U

Y

O

J

C

ẠY

D

D

a) Do đường tròn (O) nội tiếp hình vuông ABCD nên E và F là trung điểm các cạnh AB, AD  ABF  BCE

 EBG  BCG  BGC vuông suy ra tứ giác AGEF nội tiếp mà AEOF cũng nội tiếp nên 5 điểm A, F , O, G, E cùng nằm trên một đường tròn b) Ta có : AB là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên BEM  EFM

Lại có EAG  EFG cùng chắn cung EG nên EAG  EFG

 EM / / AG trong khi E là trung điểm của AB nên M cũng là trung điểm của BG Bài 4.

1  y 2  xy  yz  xz  y 2   x  y  y  z  1  z 2  xy  yz  xz  z 2   z  y  x  z 

Ta có: 2

3

O

  x y z       x  y  z  2 2 2   1  x 1  y 1  z   

N

 x y z    2  1  y2 1  z2  1 x

   

FF IC IA L

1 1 1 2 x y z       1  x 2 1  y 2 1  z 2 3  1  x 2 1  y2 1  z2 Ta có: 1  x2  xy  yz  xz  x 2   x  y  x  z 

Q

U

Y

N

H

Ơ

  2 x  y  z  x y z   x  y  z      x  y  x  z   x  y  y  z   z  y  x  z    x  y  y  z  z  x  Do đó  1 4 x  y  z  y z  VP      3 x  y  y  z  z  x   1  x 2 1  y2 1  z 2  x y z 3 Bất đẳng thức trở thành:    1  x2 1  y2 1  z2 2

Ta có:

1 x x       x  y  x  z  2  x  y x  z  x



1 y y       x  y  y  z  2  x  y y  z 

ẠY

KÈ

1  x2



M

x

1 z z       x  z  y  z  2  x  z y  z 

y

1  y2

D

z

1  z2





x 1  x2

y

z



y 1  y2



z 1  z2

Dấu “=” xảy ra khi x  y  z 



3 2

1 3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2019-2020 Môn : TOÁN CHUYÊN

Bài 1. (2đ) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , cho (P) y  x 2 và đường thẳng

FF IC IA L

 d  : y  2mx  2m  3

a) Chứng minh đường thẳng  d  luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt

b) Gọi y1 , y2 lần lượt là tung độ các giao điểm của đường thẳng  d  và  P  .

Tìm tất cả các giá trị m để y1  y2  5.

O

Bài 2. (2đ) a) Cho A  20  21  22  ......  22019 và B  22020 . Chứng minh rằng: A, B là hai số tự nhiên liên tiếp

Ơ

N

2 x 2  3x  10 x2  2 x  4 b) Giải phương trình : 3 x2 x2 Bài 3. (3đ) Cho hai đường tròn (O) và  O ' không cùng bán kính, cắt nhau tại hai

H

điểm phân biệt A và B. Các tiếp tuyến của (O) và  O ' cắt  O ' và  O  lần lượt tại C

KÈ

M

Q

U

Y

N

và D. Trên đường thẳng AB lấy M sao cho B là trung điểm đoạn AM . a) Chứng minh hai tam giác ABD và CBA đồng dạng b) Chứng minh MB2  BD.BC c) Chứng minh ADMC là tứ giác nội tiếp Bài 4. (2đ) a) Chứng minh rằng với mọi số thực a, b luôn có : 1 1 2 2 a 2  b2   a  b  và ab   a  b  2 4 b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 5  x 2  y 2  z 2   9 x  y  z   18 yz  0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2x  y  z yz Bài 5. (1đ) Huyện KS có 33 công ty, huyện KV có 100 công ty. Biết rằng, mỗi công ty của huyện KS hợp tác với ít nhất 97 côn ty huyện KV. Chứng minh rằng có ít nhất một công ty của huyện KV hợp tác với tất cả các công ty của huyện KS.

D

ẠY

Q

ĐÁP ÁN Bài 1. a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x2  2mx  2m  3  x 2  2mx  2m  3  0(*) Có:  '  m2  2m  3   m  1  2  0, m 

FF IC IA L

2

Vì thế phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt Hay: (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt b) Gọi x1 , x2 lần lượt là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P)

Ơ

N

O

 y  2mx1  2m  3 Khi đó:  1 và x1 , x2 chính là hai nghiệm của (*)  y2  2mx2  2m  3  x  x  2m Theo Viet ta có:  1 2  x1 x2  2m  3 Có : y1  y2  5

 2mx1  2m  3  2mx2  2m  3  5  2m.2m  4m  6  5  0

N

H

 2m  x1  x2   4m  6  5

 4m 2  4m  1  0   2m  1  0

Y

2



 2m  1  0 do.. 2m  1  0, m 

U

1 2

KÈ

Vậy m  

Q

1 2



M

m

2

ẠY

Bài 2. a) Có: A  20  21  22  .......  22019  2 A  21  22  23  .......  22020 Trừ vế theo vế, ta được: 2 A  A   21  22  23  .....  22020    20  21  22  ....  22019 

D

 A  22020  1 Và B  A  1. Vậy A, B là hai số tự nhiên liên tiếp

2 x 2  3x  10 x2  2 x  4 3 x2 x2 Phương trình tương đương:

2x  7 

x2  2 x  4  0(*) x2

DK : x  2  0;

24 12 3 x4 x2 x2

FF IC IA L

b)

24 12 1 3 x  4  x2 x2 12 Đặt t  x  4  .**  2t  1  3 t x2  2x  8 

Y

N

H

Ơ

N

O

1  t    1 2  t    2t  1  0 1      t  1  t  1 hoặc t  2 2 4 9t  4t  4t  1 4t 2  5t  1  0   1   t   4 12 Khi t  1 thì x  4   1   x  4  x  2    x  2   12  0 x2  x  2(tm)  x 2  3x  2  0    DK (*)   x  1(tm)

D

ẠY

KÈ

M

Vậy S  1;2

Q

U

12 1 x4   4  x  4  x  2    x  2   48  0 1 Khi t  thì x2 4 4  4 x 2  9 x  14  0(VN )

Bài 3.

FF IC IA L

A

O'

O B D

O

C

N

M

Ơ

a) Xét ABD và CBA có:

H

ADB  CAB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây chắn AB của  O )

N

DAB  ACB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây chắn AB của  O ')  ABD CBA( g.g )

Y

AB BC  hay AB2  BD.BC BD AB Mà B là trung điểm AM  MB2  AB2  BD.BC (dfcm)

Q

U

b) Vì ABD CBA(cmt ) 

c) Có MBD  BAD  BDA (tính chất góc ngoài)

M

MBC  BAC  BCA (tính chất góc ngoài)

KÈ

Mà BAD  BCA và BDA  BAC (câu a)

Nên: MBD  MBC. lại có: MB 2  BD.BC 

MB BC   BDM BD MB

ẠY

 BDM  BMC

D

Xét tứ giác ADMC có: A  M  BAD  BAC  M

BMC (cgc)

 A  M  BAD  BDA  M  A  M  DBM  BMD  BMC

O

 A  M  1800 Vậy ADMC là tứ giác nội tiếp Bài 4. a) Ta chứng minh bằng phép biến đổi tương đương 1 2 Xét : a 2  b2   a  b  2 2 2  2a  2b  a 2  2ab  b 2

FF IC IA L

 A  M  1800  BDM  BMC

 a 2  2ab  b 2  0   a  b   0(luon....dung )

Ơ

1 2  a  b  . Dấu “=” xảy ra khi a  b 2

H

Vậy a 2  b2 

N

2

1 2  a  b 4  4ab  a 2  2ab  b 2

Y U

 a 2  2ab  b 2  0

N

Xét: ab 

  a  b   0  luon...dung 

Q

2

1 2  a  b  . Dấu “=” xảy ra khi a  b 4 b) Có : 5  x 2  y 2  z 2   9 x  y  z   18 yz  0

KÈ

M

Vậy ab 

 5 x 2  5  y 2  z 2   9 x  y  z   18 yz  0

ẠY

 5 x 2  9 x  y  z   5  y 2  z 2   18 yz

1 5 2 2  y  z   5 y 2  z 2    y  z  2 2 1 9 2 2 Và yz   y  z   18 yz   y  z  4 2

D

Mà theo câu a, có: y 2  z 2 

Nên 5  y 2  z 2   18 yz  2  y  z 

2

 5 x 2  9 x. y  z   2  y  z 

2

 5 x 2  9 x. y  z   2  y  z   0 2

 5 x 2  10 x. y  z   x  y  z   2  y  z   0 2

FF IC IA L

  x  2  y  z   . 5 x   y  z    0  x  2  y  z   0  do.....5 x  y  z  0  Hay x  2. y  z  Có: Q 

2.2. y  z  2x  y  z 2x  1  1  3 yz yz yz

N

O

y  z  x  4 y  4z  Qmax  3. Dấu "  " xảy ra khi  x  2. y  z    Vậy Qmax  3 khi x  4 y  4 z

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

Bài 5.

Quy ước, ta xem sự hợp tác của công ty A với công ty B là một liên kết mọt chiều từ A vào B. Và hiển nhiên, cũng sẽ có liên kết một chiều ngược từ B vào A. Vì mỗi công ty của huyện KS hợp tác ít nhất 97 công ty huyện KV. Khi đó, số liên kết tối thiểu từ KS vào KV là : 33.97  3201(liên kết) Giả sử: tất cả mỗi công ty huyện KV đều có tối đa 32 liên kết với các công ty huyện KS. Khi đó, số liên kết tối đa từ KV vào KS là: 100.32  3200  3201 (liên kết) (mâu thuẫn) Vậy tồn tai ít nhất một công ty huyện KV có 33 liên kết với các công ty huyện KS

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2019 Môn thi: TOÁN (chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1. (1,5 điểm)

4 x  9 x  3 x 1 2 x 1    x  0 x3 x 2 x 1 x 2 a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị lớn nhất của A Câu 2. (2,5 điểm ) 1. Giải phương trình: x  1  4  x   x  1 4  x   1

FF IC IA L

Cho biểu thức A 

N

H

Ơ

N

O

2   x   2  y  2  y  2. Giải hệ phương trình:  3  2 x   x  y  4  xy  Câu 3. (1,0 điểm) n 2  a  b Tìm các số nguyên không âm a, b, n thỏa mãn  3 2 2 n  2  a  b Câu 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn  O; R  đường kính AB, điểm M nằm trên đoạn OB ( M khác O và

KÈ

M

Q

U

Y

B). Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt  O  tại hai điểm C và E. Gọi F là hình chiếu của C trên AE và I là hình chiếu của M trên CF.Đường thẳng AI cắt (O) tại điểm thứ hai là H a) Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp b) Tiếp tuyến tại C của  O  cắt đường thẳng AB tại D. Gọi  O1  là đường tròn ngoại tiếp CHD (điểm O1 là tâm đường tròn). Chứng minh đường thẳng BD là tiếp tuyến của  O1  c) Gọi O2 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HMD. Biết OM 

R 2 , tính diện tích 2

D

ẠY

tam giác OO1O2 theo R Câu 5. (1,5 điểm) 1. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a  1; b  1; c  1 và a  b  c  0 Chứng minh a2018  b2019  c2020  2 2. Cho trước p là số nguyên tố. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, lấy hai điểm A  p8 ;0  và

B  p9 ;0  thuộc trục Ox. Có bao nhiêu tứ giác ABCD nội tiếp sao cho các điểm C , D

thuộc trục Oy và đều có tung độ là các số nguyên dương.

ĐÁP ÁN x  1  1a) A    x  1 x  2  x  1 1  5 x  x  2  1  5 x     x  1 x  2 x  1 4 x  9 x  3

   2 x  1 x  1 x  2   x  1 x  2 

x 2

FF IC IA L

Câu 1.

1 5 x 6  5  . Với mọi x  0 ta có: x  1  1 nên x 1 x 1 6  1. Giá trị lớn nhất của A là 1  x  0 Do đó A  5  x 1 Câu 2. x 1  4  x 

 x  1 4  x   1

(1) . Điều kiện 1  x  4

Ơ

2.1

N

O

1b) A 

Y

N

H

t2  5 Đặt x  1  4  x  t  0   x  1 4  x   2 t  1(ktm) t2  5 Phương trình (1) trở thành: t  1  2 t  3(tm)

Vậy S  0;3

Q

U

 x  0(tm) 32  5 t  3   x  1 4  x    2   x 2  3x  0   2  x  3(tm)

KÈ

M

2 2 2    x   2  y  2  y   x  y  4 (1) 2.2  3  3 2 x  x  y 4  xy      2 x   x  y  4  xy  

(2)

Thế 4  x 2  y 2 từ phương trình (1) vào phương trình (2) ta được:

ẠY

2x3   x  y   x 2  xy  y 2   x3  y 3  x  y

Thay x  y vào phương trình (1) ta được: x2  2  x   2

D

Hệ phương trình có nghiệm

Câu 3.





2; 2 ;  2;  2



Có :  a  b   2  a 2  b2   n4  2  n3  2  hay n3  n  2   4  0 2

6 6 x 1

Nếu n  3 thì n3  n  2   4  n3  4  0(ktm)  n 0;1;2 Với n  0;1. Không có số nguyên a, b thỏa mãn

N

O

FF IC IA L

 a  1; b  3 Với n  2   (tm) .Vậy  n; a; b   2;1;3 ; 2;3;1   a  3; b  1 Câu 4.

Ơ

O1

N

H

C

Q O

MB

D O2

F E

D

ẠY

KÈ

M

A

H

U

Y

I

a) Chỉ ra IM / / AE suy ra MIH  EAH , mà EAH  ECH nên MIH  MCH Suy ra tứ giác CIMH nội tiếp b) Chỉ ra được ED là tiếp tuyến của  O  suy ra HED  HCE

Do tứ giác CIMH nội tiếp nên CHM  900 suy ra HCM  HMC  900

(1)

Mà HMD  HMC  900 nên CHM  HMD

(2)

Từ (1) và (2) suy ra HED  HMD nên tứ giác EMHD nội tiếp

FF IC IA L

Do đó HDM  HEM mà HEM  HCM mà HDM  HCD Từ đó chứng minh được BD là tiếp tuyến của  O1 

c) Sử dụng tính chất đường nối tâm vuong góc với dây chung ta có: OO2  HE, O2O1  HD và do ED  HD suy ra OO2  O2O1

Chỉ ra COM  450 suy ra CAE  450 nên O2OO1  450. Tam giác O2OO1 vuông cân tại O2 Chỉ ra tam giác OCDE là hình vuông cạnh R và O2 là trung điểm của DE

5R 2 5R 2 Tính được O2O  . Vậy diện tích tam giác OO1O2 là 4 8 Câu 5.

5.1 Từ giả thiết ta có:  a  1 b  1 c  1  0 và 1  a 1  b 1  c   0

N

O

2

H

Rút gọn ta có: 2  ab  bc  ca   2

Ơ

Suy ra  a  1 b  1 c  1  1  a 1  b 1  c   0

Mặt khác :  a  b  c   a 2  b2  c 2  2  ab  bc  ca   0

N

2

Y

 a 2  b2  c 2  2  ab  bc  ca   a 2  b2  c 2  2

Dấu "  " xảy ra khi chăng hạn a  0, b  1, c  1

Q

U

5.2 Xét tứ giác ABCD thỏa mãn đề bài. Gọi C  0; c  ; D  0; d  thì c  d  0 . , suy ra c.d  p8 . p9  p17 Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi OC.OD  OAOB

(1)

 p ;1 ,  p

16

; p  ,......,  p9 , p8 

KÈ

17

M

Do p nguyên tố và c, d nguyên dương nên có 9 cặp  c; d  với c  d thỏa mãn (1) là :

D

ẠY

Vậy có 9 tứ giác thỏa mãn đề bài

PHÒNG GD-ĐT HỒNG LĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THỊ XÃ LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn : TOÁN I. PHẦN GHI KẾT QUẢ (Thí sinh chỉ cần ghi kết quẩ vào giấy thi)

Câu 1. Tính giá trị biểu thức A 

28  10 3  4 3  7 Câu 2. Giả sử * là phép toán thỏa mãn với mọi số nguyên x, y, ta có x * y  x. y  x  y (với phép toán nhân  . , phép cộng    thông thường. Tìm các số nguyên không âm x, y biết x * y  9 Câu 3. Tìm  x; y  biết x  y  2 x  4 y  5 2

100

Câu 4. Cho các số thực không âm a, b thỏa mãn a biểu thức B  a

FF IC IA L

2

 b100  a101  b101  a102  b102 . Tính giá trị

 b2019 2 Câu 5. Cho C  999.....99 . Tính tổng các chữ số của C 2018

2018...cs..9

1 1 1 1 1 ; ; ; ; ;...... Tìm số hạng thứ 12 của dãy 2 5 10 17 26 2018 Câu 7. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  2018x  2018 Câu 8. Cho  là góc nhọn thỏa mãn tan   cot   3. Giá trị của D  sin .cos  bằng ?

Câu 9. Tam giác ABC vuông tại A, biết AC  16cm, AB  12cm. Các đường phân giác trong và ngoài của góc B cắt đường thẳng AC ở D và E. Tính DE Câu 10. Cho tam giác ABC vuông tại A, phân giác các góc B và C cắt nhau ở I, gọi H là hình chiếu của I trên BC.Giả sử BH  5cm, CH  7cm. Tính diện tích tam giác ABC

H

Ơ

N

O

Câu 6. Cho dãy số

N

II. PHẦN TỰ LUẬN (Thí sinh trình bày lời giải vào giấy thi) Câu 11. a) Tính giá trị biểu thức

1 1 1 1    .....  1 2 2 1 2 3 3 2 3 4 4 3 99 100  100 99 2 b) Giải phương trình:  2 x  14  x  5  x  15 x  38

Q

U

Y

Q

x 2  3 x 4 y 2  y 2  3 x 2 y 4  2 thì 3 x 2  3 y 2 3 4 Câu 12. Cho O là trung điểm của đoạn AB. Trên cùng nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB vẽ tia Ax, By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm C (khác A), qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OC cắt tia By tại D 2 a) Chứng minh AB  4 AC.BD b) Kẻ OM vuông góc với CD tại M. Chứng minh AC  CM c) Từ M kẻ MH vuông góc với AB tại H. Chứng minh BC đi qua trung điểm MH

ẠY

KÈ

M

c) Chứng minh rằng nếu:

D

Câu 13. Hai phụ nữ An, Chi và hai người đàn ông Bình, Danh là các vận động viên. Một người là vận động viên bơi lội, người thứ hai là vận động viên trượt băng, người thứ ba là vận động viên thể dục dụng cụ và người thứ tư là vận động viên cầu lông. Có một ngày nọ, họ ngồi xung quanh một cái bàn vuông (mỗi người ngồi cạnh một người). Biết rằng (i) Chi và Danh ngồi cạnh nhau (ii) Vận động viên thể dục dụng cụ ngồi đôi diện Bình (iii) Vận động viên bơi lội ngồi bên trái An (iv) Một người phụ nữ ngồi bên trái vận động viên trượt băng Hãy cho biết mỗi người là vận động viên chơi môn gì ?

ĐÁP ÁN Câu 1. A  7 Câu 2.  x; y   1;4  ;  4;1 ;  0;9  ;  9;0  Câu 3.  x; y   1;2 

FF IC IA L

Câu 4. B  0,1,2 Câu 5.

Ta có :

     C  999..992   999....992  1  1   999...99  1 999...99  1  1 2018...CS ...9  2018..CS ..9   2018...CS ...9  2018...CS ...9   999....98.102018  1  999...98000....001 2017..CS ...9

2017..CS ...9

2017...CS ...0

Ơ

N

O

Vậy tổng các chữ số của C bằng 9.2018  18162 1 1 1 1 1 1 Câu 6. Số hạng thứ 12 của dãy ; ; ; ; ....... là 2 5 10 17 26 145 Câu 7. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x2018  2018x  2018 bằng 1 P  x 2018  1  1  1  .....  1  2018 x  1 2017... so...1

Q

U

Y

N

H

P  2018.2018 x 2018..1.1.1....1  2018 x  1  P  1 Min P  1  x  1 1 Câu 8. D  3 Câu 9. DE  30cm Câu 10. Diện tích tam giác ABC  5.7  35(cm2 )

k 1  k k  k  1

ẠY



KÈ

M

Câu 11. Với mọi số nguyên k , ta có : 1 1  k k  1   k  1 k k  k  1 k  1  k 





1 1  k k 1

D

Cho k  1.2.3......99 , ta được: 1 1 1 1 Q    .....  1 2 2 1 2 3 3 2 3 4 4 3 99 100  100 99 1   1 1   1 1  1   1  1          ......    2  2 3  3 4 100   1  99 1 1 9    1 100 10 b) Điều kiện x  5

ta viết lại phương trình:

 2 x  14

x  5  x2  15x  38  2  x  7  x  5   x  7    x  5  16 2

Đặt a  x  7; b  x  5 . Khi đó phương trình đã cho trở thành: a  b  4 2 2ab  a 2  b2   a  b   16    a  b  4

FF IC IA L

Nếu a  b  4  x  7  x  5  4  x  0

Nếu a  b  4  x  7  x  5  4  x  5  x  5  6  0(*) Dễ có phương trình * vô nghiệm vì: t 2  t  6  0 có   23  0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1

O

c) Đặt a  3 x 2 , b  3 y 2  a  0, b  0 

x 2  3 x 4 y 2  y 2  3 x 2 y 4  2  a3  3 a 6b3  b3  3 a 3b 6  2

Ta có:

N

 a3  a 2b  b3  ab 2  2

Ơ

 a 2  a  b   b2  a  b   2  a a  b  b a  b  2   a  b a  b  2  a  b  4  a  b  3 4

N

3

Hay

H

3

x2  3 y 2  3 4

D

O

B

KÈ

M

Q

I

U

Y

Câu 12.

ẠY

B

K

D

C

A

H

a) Chứng minh OAC

DBO( g.g )

OA AC AB AB .   OA.OB  AC.BD   AC.DB  AB 2  4 AC.BD(dfcm) DB OB 2 2 OC AC b) Theo câu a ta có: OAC DBO( g.g )   OD OB OC AC OC OD Mà OA  OB     OD OA AC OA

Chứng minh OCD ACO(c.g.c)  OCD  ACO

FF IC IA L



Chứng minh OAC  OMC (ch  gn)  AC  MC (dfcm)

c) Ta có OAC  OMC  OA  OM , CA  CM  OC là trung trực của AM  OC  AM Mặt khác OA  OM  OB  AMB vuông tại M

O

 OC / / BM (vì cùng vuông góc với AM ) hay OC / / BI

MK BK KH   IC BC AC

H

Ơ

Do MH / / AI theo hệ quả định lý Talet ta có:

N

Chứng minh được C là trung điểm của AI

N

Mà IC  AC  MK  HK  BC đi qua trung điểm của MH (đpcm)

Y

Câu 13.

Q

U

Vì Chi và Danh ngồi cạnh nhau nên ta giả sử Chi và Danh ngồi tên hai cạnh liên tiếp của hình vuông ABCD

M

Khi đó ta có 4 trường hợp:

KÈ

Danh (nam) TDDC An (nữ)

D

ẠY

Chi (nữ)

Bình (nam) Bơi lội

Trường hợp 1: hình 1

+Vì vận động viên thể dục dụng cụ ngồi đối diện Bình nên Danh là vận động viên thể dục dụng cụ (TDDC) +Vận động viên bơi lội ngồi bên trái An nên Bình là vận động viên bơi lội

Danh (nam)

Bình (nam)

O

Chi (nữ) TDDC

FF IC IA L

Khi đó Chi và An là hai vận động viên bạn nữ trược băng hoặc cầu lông, điều nầy trái với mệnh đề “Một phụ nữ ngồi bên trái vận động viên trượt băng”

N

An (nữ)

Ơ

Trường hợp 2, hình 2

Y

N

H

+Vì vận động viên thể dục dụng cụ ngồi đối diện Bình nên Chi là vận động viên thể dục dụng cụ (TDDC) và Chi cũng là vận động viên ngồi bên trái An nên không thỏa mãn “Vận động viên bơi lội ngồi bên trái An”

U

Trường hợp 3, hình 3

KÈ

M

Q

Chi (nữ)

3

1

Bình (nam)

4 An (nữ)

D

ẠY

Danh (nam) TDDC

2

Vì vận động viên thể dục dụng cụ ngồi đối diện Bình nên Chi là vận động viên thể dục dụng cụ (TDDC) nên Danh là vận động viên TDDC và vận động viên bên trái An nên Danh cũng không thỏa mãn với “vận động viên bơi lội ngồi bên trái An” Trường hợp 4. Hình 4

Chi (nữ) TDDC 2

Danh (nam) Trượt băng

An (nữ) Cầu lông

3

1

FF IC IA L

4 Bình (nam) Bơi lội

O

+Vì vận động viên thể dục dụng cụ ngồi đối diện Bình nên Chi là vận động viên thể dục dụng cụ (TDDC) +Vận động viên bơi lội ngồi bên trái An nên Bình là vận động viên bơi lội

Ơ

N

+Một phụ nữ ngồi bên trái vận động viên trượt băng nên trong trường hợp này Danh là vận động viên trượt băng. Do đó An là vận động viên cầu lông

Y

+Bình là vận động viên bơi lội

N

+An là vận động viên cầu lông

H

Vậy

U

+Chi là vận động viên TDDC

D

ẠY

KÈ

M

Q

+Danh là vận động viên trượt băng.

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2018-2019 Môn: TOÁN LỚP 9 Thời gian: 150 phút

UBND HUYỆN KHOÁI CHÂU PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC

a) Rút gọn P b) Tìm x để P.



x x  26 x  19 2 x x 3   x 2 x 3 x 1 x 3

FF IC IA L

Bài 1. (3,0 điểm) Cho biểu thức : P 



x  3  10 x

c) Tìm GTNN của P Bài 2. (3,0 điểm)

 

 





N



O

a) Cho x  3  5  3  5  1. Tính giá trị của biểu thức P  2 x3  3x2  4 x  2 b) Chứng minh : 1 1 1 1 1    ....   2 3 1 2 5 2 3 7 3 4 4037. 2018  2019



M

Q

U

Y

N

H

Ơ

Bài 3. (3,0 điểm) Cho hàm số y   2m  3 x  1 (1) a) Tìm m để đồ thị hàm số 1 đi qua điểm  2; 3 b) Đồ thị của 1 là đường thẳng cắt 2 trục tọa độ tạo thành một tam giác có diện tích bằng 3 Bài 4. (4,0 điểm) mx  y  3 a) Cho hệ phương trình :  ( m là tham số) x my 2 m 1     7 Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất  x; y  thỏa mãn 2 x  y  m 1 b) Giải phương trình :



x8  x3





x 2  11x  24  1  5

D

ẠY

KÈ

Bài 5.(6,0 điểm) Cho đường tròn  O; R  , hai đường kính AH và DE. Qua H kẻ tiếp tuyến với đường tròn  O  cắt AD và AE kéo dài lần lượt tại B và C. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BH và HC a) Chứng minh DM , EN là các tiếp tuyến của đường tròn  O; R  b) Chứng minh trực tâm I của tam giác AMN là trung điểm của OH c) Hai đường kính AH và DE của  O; R  phải thỏa mãn điều kiện gì để diện tích tam giác AMN bé nhất 9 61 Bài 6. (1,0 điểm) Cho x  0. Tìm GTNN của biểu thức S  x 2  x   2x 4

ĐÁP ÁN Bài 1.

x x  26 x  19 2 x   x2 x 3 x 1

P

     x  1 x  3  x  1 x  3  x x  26 x  19



 x  1 x 3

 x  3 x 1

x x  26 x  19  2 x  6 x  x  4 x  3



x 1



x  3  10 x



x 3



x  x  16    x  16 





x 1

x  16 x 3





 x  16  

  x  16  x  1 x  3 x  3 x 1

H



x 3





N

b) P.







O

x x  16 x  x  16

x 3

N



x 1

Ơ



x  3  10 x

Y



x 3

 x  16  10 x

Q

 x  10 x  16  0

U



2 x



x 3 x 3

FF IC IA L

a)ĐKXĐ: x  0, x  1

KÈ

M

 x  8  x  64   x  2  x  4

x  16 x  9  25 25 25     x 3   x 3 6 x 3 x 3 x 3  x 3

ẠY

c) P 

D

Áp dụng BĐT Cô si ta có: Do đó P  10  6  4 Vậy Cmin  4  x  4

x 3

25 2 x 3





x 3 .

25  10 x 3

Bài 2. a) x  3  5  3  5  1

62 5 62 5  1  2 2



5 1 5 1  1  2 1 2 2





2

2







5 1

2

1

2

Suy ra x  1  2 nên x2  2 x  1

FF IC IA L



5 1

N

Thay x2  2 x  1vào biểu thức P  2 x  1  2 x  2  1 Vậy P  1 b) Có:

Ơ



H

n  n 1

n 1  n n 1  n n 1  n 1  1 1        Do 2n  1 n 1  4n 2  4n  1 4n 2  4n 2  n



đó: 3 1 2



 5

1 2 3



 7.



1

3 4



 ....... 

Y



1

N

1

 2n  1 

O

Có P  2 x3  3x 2  4 x  2  2 x  x 2  2 x    x 2  2 x   2 x  2

4037.



1 2018  2019

KÈ

M

Q

U

1 1 1 1 1 1 1 1   .1       ......    2 2 2 3 3 4 2018 2019  1 1  1  1   2 2019  2

Bài 3.

a) Vì đồ thị hàm số 1 đi qua điểm  2; 3

ẠY

Nên tọa độ  2; 3 thỏa mãn phương trình (1)

D

Thay x  2; y  3 vào pt (1) ta được:  2m  3. 2   1  3  m  2 b) Xét OAB vuông tại O



1 1 1 SOAB  OA.OB  . .1  3 2 2 2m  3 1 6 2m  3 1 1  2m  3   2m  3   6 6 19  m   12 . Vậy m  19 ;17     17 12 12   m   12

O

FF IC IA L





x 2  11x  24  1  5

 x  3  x  3 

 

x8 

x 2  11x  24  1  x  8  x  3  0

N

H

x 2  11x  24  1 

x8 

x8  x3



x8  x3



Y

   



Ơ

x8  x3

x  8 1

U



b) ĐKXĐ: x  3

N

Bài 4.





x  3 1  0

KÈ

M

Q

 x8  x3 0  x  8  x  3(VL)   x  7   x  8 1  0  x  8 1    x  2   x  3  1 x  3  1  0   Kết hợp ĐKXĐ có x  2 a) Từ 1 có y  3  mx

ẠY

Thay vào (2) được x  m  3  mx   2m  1  1  m2  x  1  m

D

Hệ có nghiệm duy nhất khi m  1 1 m 2m  3 ; y  3  Ta có : x  m 1 m 1 m 1 7 1 2m  3 7   Để 2 x  y  thì 2. m 1 m 1 m 1 m 1 Do đó 2m  5  7  m  1

x8  x3



Bài 5.

FF IC IA L

A E K

D

O

O

N

I H

M

H

B

Ơ

N

C

N

a) ODH  OHD (vì DHO cân tại O)

Y

MDH  MHD (vì DM là trung tuyến của BDH vuông tại D)

U

ADHE là hình chữ nhật  OHD  MHD  900  ODH  MDH  900

Q

 MD  DO  MD là tiếp tuyến của  O; R 

KÈ

M

Tương tự NE là tiếp tuyến của  O; R 

D

ẠY

b) Gọi I là trung điểm của OH , gọi K là giao điểm của MI và AN AH CH  ABC vuông tại A, đường cao AH  AH 2  BH .CH  BH AH AH CH OH NH      BHO AHN (cgc) 2.BH 2. AH BH AH

 OBH  NAH  BO  AN Lại có MI là đường trung bình của HBO  MI / / BO  MK  AN Mặt khác AH  MN . Vậy trung điểm I của OH là trực tâm của tam giác AMN .

AH .MN R R  R.MN   BH  HC   .2 BH .HC  R AH 2  2 R 2 2 2 2 Đẳng thức xảy ra  BH  HC  ABC vuông cân tại A  AH  DE Vậy MinS AMN  2R 2  AH  DE Bài 6.

2

9 61  3  9     x     2 x    13 Ta có : S  x  x  2x 4  2  2x  2

N

9  4 x 2  9 3 2 x  x 2x    2 x  0  x  0

Ơ

9 9 2x   2 2 x.  6. Dấu "  " xảy ra khi 2x 2x

O

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương:

FF IC IA L

c) Ta có S AMN 

2

N

H

3 3  Mà  x    0  x  . Dấu "  " xảy ra khi x  2 2  2

U

Y

3 3  9   Nên S   x     2 x    13  0  6  13  19. Dấu "  " xảy ra khi x  2 2  2x  

Q

3 2

D

ẠY

KÈ

M

Vậy MinS  19  x 

PHÒNG GD&ĐT TP. BẮC GIANG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2016-2017 Môn: Toán lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (5 điểm) a a −b b a b với a, b > 0 và a ≠ b − − a−b a+ b b− a

FF IC IA L

a. Cho biểu thức M=

Rút gọi M và tính giá trị biểu thức M biết (1 − a )(1 − b ) + 2 ab = 1 b. Tìm các số nguyên a, b thoả mãn

5 4 − + 18 2 = 3 a+b 2 a−b 2

c. Cho a, b, c thỏa mãn a + b + c = 7 ; a + b + c = 23 ; abc = 3 Tính giá trị biểu thức H=

1 1 1 + + ab + c − 6 bc + a − 6 ca + b − 6

4+ 3 + 4− 3 4 + 13

+ 27 − 10 2

N

a. Tính giá trị của biểu thức N=

O

Bài 2: (4,5 điểm)

2

b. Cho a, b là số hữu tỉ thỏa mãn ( a + b 2 − 2 ) ( a + b ) + (1 − ab)2 = −4ab

Ơ

2

Y

N

H

Chứng minh 1 + ab là số hữu tỉ 2 c. Giải phương trình x − x − 4 = 2 x − 1 (1 − x ) Bài 3: (3,5 điểm) a. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn x5 + y 2 = xy 2 + 1

U

b. Cho a, b, c>0 thỏa mãn abc=1 . Chứng minh

1 1 1 3 + + ≤ ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 2

Q

Bài 4: (6 điểm) Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, trên Ax lấy M sao cho AM > R. Từ M vẽ

M

tiếp tuyến MC với nửa đường tròn, từ C vẽ CH vuông góc với AB, CE vuông góc với AM. tại Q, K, P.

KÈ

Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt BC tại N. Đường thẳng MO cắt CE, CA, CH lần lượt

ẠY

a. Chứng minh MNCO là hình thang cân b. MB cắt CH tại I. Chứng minh KI son song với AB

D

c. Gọi G và F lần lượt là trung điểm của AH và AE. Chứng minh PG vuông góc với QF

Bài 5: (1 điểm) Tìm số nguyên dương n lớn nhất để A= 427 + 42016 + 4n là số chính phương --------------------------------------------------------------------------------------------------------Họ tên thí sinh..........................................................................SBD:................................

HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2016-207 MÔN: TOÁN LỚP 9

Nội Dung -Rút gọn M=

Điểm 4đ

ab với a, b>0 và a ≠ b a− b

0,75

FF IC IA L

Câu Bài 1 a/ 1,5đ

-Ta có

(1 − a )(1 − b ) + 2 ⇔ ab =

(

ab = 1 ⇔ ab − a − b + 1 + 2 ab = 1

a− b

)

2

⇔(

ab 2 ) =1⇔ a− b

0,25

ab =1 a− b

⇒

ab = a− b

ab >0 a− b

ab ab ⇒ =1⇒ M =1 a− b a− b

0,25

Y

5 4 − + 18 2 = 3 a+b 2 a−b 2

U

b/ 1,5đ

ab − ab − ab = ⇒ = 1 ⇒ M = −1 a− b a− b a− b

N

⇒

ab <0 a− b

H

⇒ a < b ⇒ a − b < 0; ab > 0 ⇒

Ơ

+ nếu 0<a<b

0,25

N

⇒ a > b ⇒ a − b > 0; ab > 0 ⇒

O

+ Nếu a>b>0

⇔ 5a − 5b 2 − 4a − 4b 2 + 18 2 ( a 2 − 2b 2 ) = 3 ( a 2 − 2b 2 )

Q

⇔ 5a − 5b 2 − 4a − 4b 2 + 18a 2 2 − 36b 2 2 = 3a 2 − 6b2

0,5

M

⇔ 18a 2 2 − 36b2 2 − 9b 2 = 3a 2 − 6b 2 − a ⇔ (18a 2 − 36b 2 − 9b ) 2 = 3a 2 − 6b2 − a

KÈ

3a 2 − 6b2 − a 18a 2 − 36b 2 − 9b 3a 2 − 6b 2 − a ∈ Q ⇒ 2 ∈ Q ⇒ Vô lý vì 2 là số vô tỉ Vì a, b nguyên nên 18a 2 − 36b2 − 9b 3  2 2 2 2 3 18a − 36b − 9b = 0 3a − 6b = b 2 2 -Vây ta có 18a − 36b − 9b = 0 ⇒  2 a b ⇔ ⇔ = 2  2 2 2 2 3a − 6b − a = 0 3a − 6b = a 3 Thay a= b vào 3a 2 − 6b2 − a = 0 t 2 9 3 a có 3 ⋅ b2 − 6b2 − b = 0 ⇔ 27b 2 − 24b 2 − 6b = 0 ⇔ 3b(b − 2) = 0 4 2

D

ẠY

-Nếu 18a 2 − 36b2 − 9b ≠ 0 ⇒ 2 =

Ta có b=0 (loại) ; b=2 (thoã mãm) , vậy a=3. Kết luận

0,25

0,75

Ta có

(

a+ b+ c

)

2

= a+b+c+2

(

ab + bc + ca

0,25

)

mà a + b + c = 7 ; a + b + c = 23 nên ab + bc + ca = 13 Ta có a + b + c = 7 ⇒ c − 6 = − a − b + 1 nên ab + c − 6 = ab − a − b + 1 = a − 1 b − 1

(

Tương tự

bc + a − 6 =

(

)(

b −1

)(

)

c − 1 ; ac + b − 6 =

(

)(

a −1

1 1 1 + + ab + c − 6 bc + a − 6 ca + b − 6 1 1 1 = + + a −1 b −1 b −1 c −1 a −1 c −1

Vậy H=

(

) (

)(

)

)(

( abc +

(

)

b −1

c −1

)

a + b + c −3

) (

a+ b+ c −

8 + 2 13

)

ab + bc + ca − 1

+ 25 − 10 2 + 2

7−3 = −1 3 + 7 − 13 − 1

4,5 đ 0,25 0,5

H

2( 4 + 3 + 4 − 3 )

=

=

O

)(

a −1

1,0

N

(

2( 4 + 3 + 4 − 3 )

N=

)(

c −1+ a −1+ b −1

= Bài 2 a/ 1,5đ

) (

)

c −1

Ơ

=

)(

0,75

)

FF IC IA L

c/ 2đ

+ (5 − 2) 2

2( 4 + 3 + 4 − 3 )

4+ 3 + 4− 3

+ 5− 2 = 2 +5− 2 = 5

2 2 (GT) ⇒ ( a + b ) − 2(ab + 1)  (a + b) 2 + (1 + ab ) = 0  

Q

b/ 1,5đ

2( 4 + 3 + 4 − 3 )

U

( 4+ 3 + 4− 3)

2

+ (5 − 2) 2 =

Y

=

N

(4 + 3) + 2 4 + 3 4 − 3 + (4 + 3)

4

⇔ ( a + b ) − 2(a + b) 2 (1 + ab) + (1 + ab) 2 = 0

0,5 0,25 0,5

2

M

2 ⇔ ( a + b ) − (1 + ab)  = 0 ⇒ (a + b) 2 -(1 + ab)=0  

Điều kiện: x ≥ 1 (*). x 2 − x − 4 = 2 x − 1 (1 − x ) Ta có: ⇔ x 2 + 2 x x − 1 + x − 1 − 2( x + x − 1) − 3 = 0

D

ẠY

c/ 1,5đ

KÈ

⇔ (a + b) 2 = 1 + ab ⇔ a + b = 1 + ab ∈ Q;vi:a;b ∈ Q.KL

(

)

2

(

0,25 0,5

0,5

)

⇔ x + x −1 − 2 x + x −1 − 3 = 0

Đặt x + x − 1 = y (Điều kiện: y ≥ 1 (**) ), phương trình trở thành y 2 − 2 y − 3 = 0.

 y = −1 y 2 − 2 y − 3 = 0 ⇔ ( y + 1)( y − 3) = 0 ⇔  y = 3 +Với y = −1 không thỏa mãn điều kiện (**). + Với y = 3 ta có phương trình:

0,25

1 ≤ x ≤ 3 x + x −1 = 3 ⇔ x −1 = 3 − x ⇔  2  x − 1 = 9 − 6x + x 1 ≤ x ≤ 3 1 ≤ x ≤ 3  ⇔ 2 ⇔  x = 2 ⇔ x = 2  x − 7 x + 10 = 0  x = 5 

0,5

Bài 3 a/ 1,75đ

FF IC IA L

Vậy phương trình có nghiệm x = 2.

0,25 3,5 đ

Ta có x 5 + y 2 = xy 2 + 1 ⇔ ( x 5 − 1) − ( xy 2 − y 2 ) = 0

⇔ ( x − 1) ( x 4 + x 3 + x 2 + x + 1) − y 2 ( x − 1) = 0 ⇔ ( x − 1) ( x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 − y 2 ) = 0

-

x −1 = 0 ⇔ 4 3 2 2 x + x + x + x +1 = y *Nếu x − 1 = 0 ⇒ x = 1 ta có 1 + y 2 = y 2 + 1 đúng với mọi y nguyên Vậy ngiệm của PT là (1;y ∈ Z) *Nêu x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 = y 2 ⇒ 4 x 4 + 4 x 3 + 4 x 2 + 4 x + 4 = (2 y )2

N

O

0,25

2

2

− ( 2 x2 + x ) = 4 x4 + 4 x3 + 4 x2 + 4 x + 4 − 4 x 4 − 4 x3 − x2

H

(2 y )

Ơ

Ta có

0,25

2

2 8  = 3x + 4 x + 4 = 3  x +  + > 0 3 3  2

Y

Vậy ta có (2 x 2 + x ) 2 < ( 2 y ) *

N

2

2

2

2

U

Ta có ( 2 x 2 + x + 2 ) − (2 y )2 = 5 x 2 ≥ 0 , Vậy ta có ( 2 y ) ≥ ( 2 x 2 + x + 2 ) ** 2

Q

Từ * và ** ta có

2

1đ

2

2

(2 x 2 + x ) 2 < ( 2 y ) ≤ ( 2 x 2 + x + 2 ) ⇒ ( 2 y ) = ( 2 x 2 + x + 1) ; 2

= ( 2 x 2 + x + 2)

2

M

(2 y )

2

KÈ

Nếu ( 2 y ) = (2 x 2 + x + 1)2 ⇔ − x 2 + 2 x + 3 = 0 ⇔ x 2 − 2 x − 3 = 0

ẠY

 x = −1 ⇔ ( x + 1)( x − 3) = 0 ⇔  x = 3 + n ếu x = − 1 ⇒ y 2 = 1 ⇒ y = ± 1

D

+Nếu x = 3 ⇒ y 2 = 121 ⇒ y = ±11 2

-Nếu ( 2 y ) = (2 x 2 + x + 2)2 ⇔ −5x 2 = 0 ⇔ x = 0 ⇒ y 2 = 1 ⇒ y = ±1 .

Kết luận 2

b/ 1,75đ

2

2

2

Ta có 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) − ( x + y + z ) = ... = ( x − y ) + ( y − z ) + ( x − z ) ≥ 0 2

⇒ ( x + y + z ) ≤ 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) nên với x,y,z>0 ta có

x + y + z ≤ 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) , áp dụng ta có

0,25 0,5

1 1 1 1 1 1   + + ≤ 3 + +  ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2  ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2  1 11 1 2 -Với x,y>0 ta có x + y ≥ 2 xy ⇒ ( x + y ) ≥ 4 xy ⇒ ≤  +  x+ y 4 x y 1 1 1 1 = = = ab + a + 2 ab + 1 + a + 1 ab + abc + a + 1 ab( c + 1) + (a + 1)

FF IC IA L

áp dụng ta có

0,5

1 1 1  1  abc 1  1 c 1  + =  + =  +     4  ab( c + 1) a + 1  4  ab(c + 1) a + 1  4  c + 1 a + 1  1 1 c 1  Vây ta có ≤  +  ab + a + 2 4  c + 1 a + 1  1 1 a 1  1 1 b 1  Tương tự ta có ≤  + ≤  + ;  nên bc + b + 2 4  a + 1 b + 1  ca + c + 2 4  b + 1 c + 1 

O

≤

N

1 1 1   3 + +   ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 

0,5

Y

N

H

Ơ

1 c 1 1 1  3 a b ≤ 3⋅  + + + + + = 4  c +1 a +1 a +1 b +1 b +1 c +1 2 1 1 1 3 Vậ y + + ≤ dấu “=” có khi a=b=c=1 ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 2

U

Bài 4 N

KÈ

M

Q

M

0,25 6đ

Q

F

K

ẠY

E

I

T G

O

H

B

D

A

C

P

a/ 2đ

-Ta có ∆ACB nội tiếp đường tròn (vì...) mà AB là đường kính nên ∆ACB vuông tại C ⇒ AC ⊥ BN

Ta có MA=MC (.....), OA=OC (....) nên MO là trung trực của AC

0,5

= NBO

⇒ MO ⊥ AC ⇒ MO // NB ⇒ MOA = NOB = 900 ; xét ∆MAO và ∆NOB có -Ta có OA ⊥ MA (....) ⇒ MAO = NOB = 900 ; MOA = NBO ; OA = OB = R ⇒ ∆MAO = ∆NOB ⇒ MO = NB MAO

-Ta có MO // NB; MO = NB ⇒ MNBO là hình bình hành.Ta có ∆MAO = ∆NOB (cm trên) nên ta có NO=MA, mà MA=MC (...) nên NO=MC vậy MNBO là hình thang cân

0,75

= NOB = 900 ; CBH = MOA ( cm trên) -Xét ∆CHB và ∆MAO có MAO

0,5

⇒ ∆CHB ∼ ∆MAO ⇒

FF IC IA L

b/ 2đ

CH HB HB = = MA AO R

-Ta có CH ⊥ AB (gt) ; MA ⊥ AB (...) ⇒ CH // MA ⇒ IH // MA ⇒

IH HB HB = = MA AB 2 R

CH HB HB IH 2 IH = = 2⋅ = 2⋅ = ⇒ CH = 2 IH ⇒ IC = IH .

MA R 2R MA MA -Chi ra KI là đường trung bình của tam giác ACH ⇒ KI // AB

-Nên ta có ⇒

-Chưng minh FQIO là hình bình hành ⇒ QF // IO -Chưng minh O là trục tâm tam giác GIP

Bài 5 2

* A = 427 + 42016 + 4n = ( 227 ) (1 + 41989 + 4n −27 )

0,5 0,5 0,5

0,75 0,75 0,5 1đ 0,25

H

2

Ơ

N

⇒ PG ⊥ OI ⇒ PG ⊥ QF

O

c/ 2đ

0,75

Vì A và ( 227 ) là số chính phương nên 1 + 41989 + 4n −27 là số chính phương

N

Ta có 1 + 41989 + 4n −27 > 4n −27 = (2n −27 ) 2 *mà 1 + 41989 + 4n −27 là số chính phương nên ta có

Y

2

0,5

U

1 + 41989 + 4 n −27 ≥ ( 2 n− 27 + 1) ⇔ 2 n −27 ≤ 23977 ⇔ n ≤ 4004 2

Q

Với n=4004 ta có A= A = 427 + 42016 + 44004 = ( 227 + 24004 ) là số chính phương

D

ẠY

KÈ

M

Vậy n=4004 thì A=427+42016+4n là số chính phương

0,25

PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ

THANH HÓA

NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn Toán: Lớp 9

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Thời gian làm bài: 150 phút)

Bài 1: (5,0 điểm)

FF IC IA L

 x+2 x 1  x −1 + + . Với x ≥ 0, x ≠ 1. : 2  x x −1 x + x +1 1− x 

Cho biểu thức: P = 

a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm x để P =

2 .

7

O

c) So sánh: P2 và 2P.

Bài 2: (4,0 điểm)

Ơ

b) Cho a, b, c là các số nguyên khác 0 thỏa mãn điều kiện:

N

a) Tìm x, y ∈ Z thỏa mãn: 2 y 2 x + x + y + 1 = x 2 + 2 y 2 + xy

2

N

H

1 1 1 1 1 1  + +  = 2 + 2 + 2. b c a b c a

Y

Chứng minh rằng: a 3 + b 3 + c3 chia hết cho 3.

4 x 2 + 20 x + 25 + x 2 + 6 x + 9 = 10 x − 20

Q

a) Giải phương trình sau:

U

Bài 3: (4,0 điểm)

b) Cho x, y là 2 số thực thoả mãn: x2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0.

KÈ

Bài 4: (6,0 điểm)

M

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: A = x + y + 1.

Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. N là điểm tùy ý thuộc cạnh AB. Gọi E là giao điểm của CN và

ẠY

DA. Vẽ tia Cx vuông góc với CE và cắt AB tại F. Lấy M là trung điểm của EF. a) Chứng minh: CM vuông góc với EF.

D

b) Chứng minh: NB.DE = a2 và B, D, M thẳng hàng. c) Tìm vị trí của N trên AB sao cho diện tích của tứ giác AEFC gấp 3 lần diện tích của hình vuông ABCD

Bài 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

a b c a b c + + < + + a+b b+c c+a b+c c+a a+b

-------------- Hết------------

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Lưu ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.

ẠY

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9

Bài Câu a

Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 1.

Đ iể m 0,5

D

1

Nội dung

0,5

( )

=

=

(

)(

)

x −1 x + x +1

x − 2 x +1

(

)(

)

x −1 x + x +1

:

2 x −1

.

2 x + x +1

Ơ

2 7

2 2 = x + x +1 7

H

⇔

N

Với x ≥ 0, x ≠ 1. Ta có:

P=

U

Y

⇔ x + x +1 = 7 ⇔ x + x −6 =0

0,5 1,0 0,25 0,25

x − 2 = 0 ⇔ x = 4 (t/m)

M

x + 3 > 0 nên

2 khi x = 4 7

KÈ

Vậ y P =

Vì x ≥ 0 ⇒ x +

x +1≥1

2 ≤2 x + x +1 ⇔ 0<P≤2 ⇔ P ( P − 2) ≤ 0

ẠY

c

Q

⇔ ( x − 2)( x + 3) = 0 Vì

0,5

x −1 2

N

b

x + 2 + x ( x − 1) − ( x + x + 1)

0,5

O

=

x 1  x −1 + : 2 x +1 1− x   x 1  x −1 : − 2 x +1 x − 1  

FF IC IA L

 x+2 P= + x x − x+ 1   x+2 =  + 3  x −1 x + 

0,25

D

⇔ 0<

0,25

⇔ P2 − 2P ≤ 0

⇔ P2 ≤ 2P

Dấu “=” xảy ra khi P = 2 ⇔ x = 0 Vậy P2 ≤ 2P

0,25 0,25

2

a

2 y2 x + x + y + 1 = x2 + 2 y2 + xy

⇔ 2 y2 x + x + y + 1 − x2 − 2 y2 − xy = 0

0,5

⇔ ( x − 1) (2 y2 − y − x) = −1

0,25

Vì x, y∈ Z nên x - 1 ∈ Ư(-1) = {1; −1} +) Nếu x – 1 = 1 ⇒ x = 2

FF IC IA L

0,5

Khi đó 2y2 - y – 2 = - 1

⇔ y = 1 (t/m) hoặc y =

−1 ∉Z (loại) 2

+) Nếu x – 1 = -1 ⇒ x = 0

0,5

2

Khi đó 2y - y = 1

x = 2 x = 0 ;  y =1 y =1

0,25

H

Ơ

Vậ y  b

O

−1 ∉Z (loại) 2

N

⇔ y = 1 (t/m) hoặc y =

a) Từ giả thiết

0,5

U

Y

N

1 1 1 1 1 1 ( + + )2 = 2 + 2 + 2 a b c a b c 1 1 1 ⇔ 2( + + )=0 ab bc ca

0,5

Q

Vì a, b, c ≠ 0 nên a + b + c = 0

M

⇒ a + b = −c 3

KÈ

⇒ ( a + b ) = ( −c )

3

0,25

⇒ a + b + 3ab(a + b) = −c 3

0,5

3

3

0,25

⇒ a + b + c = 3abc 3

3

3

ẠY

Vậ y a 3 + b 3 + c 3 ⋮ 3

với a, b, c ∈ Z

D

Lưu ý: Nếu học sinh sử dụng hằng đẳng thức

3

a

x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx) mà không chứng minh thì trừ 0,5 điểm.

Đkxđ: ∀x ∈ R

4 x 2 + 20 x + 25 + x 2 + 6 x + 9 = 10 x − 20

0,25

Vì

0,5

4 x 2 + 20 x + 25 + x 2 + 6 x + 9 ≥ 0 với ∀x

⇒ 10x – 20 ≥ 0 ⇒ x ≥ 2 Ta có: 0,5

4 x 2 + 20 x + 25 + x 2 + 6 x + 9 = 10 x − 20 ⇔ 2 x + 5 + x + 3 = 10 x − 20

FF IC IA L

0,5

⇔ 2 x + 5 + x + 3 = 10 x − 20 ⇔ 7 x = 28 ⇔ x = 4(t / m)

0,25

Vậy phương trình có nghiệm là x = 4 b

x2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0.

0,5

2

O

⇔ ( x + y ) + 7( x + y ) + 10 = − y 2

Ơ

⇔ −4 ≤ x + y + 1 ≤ −1

Vậy Amin = - 4 khi x= - 5; y = 0

E

N

D

ẠY

KÈ

A

M

Q

U

a

0,5

Y

Amax = - 1 khi x = -2; y = 0

0,5

N

* x + y + 1 = - 1 khi x = - 2; y = 0

H

* x + y + 1 = - 4 khi x = - 5; y = 0

4

0,5

N

⇔ ( x + y + 2)( x + y + 5) = − y 2 ≤ 0

M

B

F

1,0 D

C

= BCF (cùng phụ với ECB ) Ta có: ECD Chứng minh được: ∆ EDC = ∆ FBC (cạnh góc vuông – góc nhọn)

⇒ CE = CF ⇒ ∆ ECF cân tại C

1,0

Mà CM là đường trung tuyến nên CM ⊥ EF b

* Vì ∆ EDC = ∆ FBC ⇒ ED = FB

0,5

∆ NCF vuông tại C. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: BC2 = NB.BF ⇒ a2 = NB.DE (đpcm)

0,5

EF 2

∆ AEF vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên AM =

EF 2

FF IC IA L

* ∆ CEF vuông tại C có CM là đường trung tuyến nên CM =

⇒ CM = AM ⇒ M thuộc đường trung trực của AC.

Vì ABCD là hình vuông nên B, D thuộc đường trung trực của AC

0,5

0,5

O

⇒ B, D, M thẳng hàng vì cùng thuộc đường trung trực của AC

1 AF ⋅ ( AE + CB ) 2

0,25

Q

U

Y

1 = (AB + BF) ⋅ ( AE + AD ) 2 1 = (a + x).DE 2 1 = (a + x)x 2

H

SACFE = SACF + SAEF =

0,5

Ơ

Đặt DE = x (x > 0) ⇒ BF = x

N

c

N

(đpcm).

0,5

1 (a + x)x = 3a 2 ⇔ 6a 2 − ax − x 2 = 0 2

M

KÈ

SACFE = 3.SABCD ⇔

⇔ (2a − x)(3a + x) = 0

ẠY

Do x > 0; a > 0 ⇒ 3a + x > 0 ⇒ 2a − x = 0 ⇔ x = 2a

0,5

D

⇔ A là trung điểm của DE ⇔ AE = a

Vì AE //BC nên

AN AE = =1 NB BC

0,25

⇒ N là trung điểm của AB. Vậy với N là trung điểm của AB thì SACFE = 3.SABCD

5

* Vì a, b, c > 0 nên

a a a+c <1⇒ < . a+b a+b a+b+c

0,5

Tương tự:

c c+b < c+a a+b+c

a b c + + < 2 (1) a+b b+c c+a

* Ta có:

a a = b+c a (b + c)

FF IC IA L

⇒

b b+a < ; b+c a+b+c

Vì a, b, c > 0 nên theo bất đẳng thức Cô- si ta có: a + (b + c ) ≥ a (b + c ) > 0 2 2 1 ⇔ ≤ a+b+c a (b + c )

N

Ơ

c 2c ≤ a+b+c b+a

a b c + + ≥2 b+c c+a a+b

Y

⇒

b 2b ≤ ; a+b+c a+c

H

Tương tự:

O

a a 2a 2a ≤ ⇔ ≤ a+b+c a+b+c b+c a (b + c)

N

⇔

0,5

a b c + + > 2 (2) b+c c+a a+b

M

⇒

Q

tức là a = b = c (vô lý).

U

Dấu ‘ =” xảy ra khi a = b + c; b = c + a; c = a +b

KÈ

Từ (1) (2) ta có đpcm.

* Lưu ý khi chấm bài:

- Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng.

D

ẠY

- Với bài 5, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.

PHÒNG GD&ĐT THÀNH PHỐ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015 - 2016

THANH HÓA

MÔN: TOÁN LỚP 9 Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (4,0 điểm) x x −3 x −2

+

x x + 2x − x − 2 x x −3 x +2

FF IC IA L

x x − 2x − x + 2

Cho P =

1. Rút gọn P. Với giá trị nào của x thì P > 1 2. Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn nhất

Bài 2: (4,0 điểm) 1. Giải phương trình

5 − 3x − x − 1 x − 3 + 3 + 2x

=4

O

2. Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2 + xy + y2 = x2y2

N

c = xy +

H

1 y 1 xy

Y

b=y+

1 x

Ơ

1. Cho a = x +

N

Bài 3: (4,0 điểm)

U

Tính giá trị biểu thức: A = a2 + b2 + c2 – abc

Q

2. Chứng minh rằng với mọi x > 1 ta luôn có. 3(x2 -

1 1 ) < 2(x3 - 3 ) 2 x x

KÈ

AB, AC, CD, BD

M

Bài 4: (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có AD = BC; AB < CD. Gọi I, Q, H, P lần lượt là trung điểm của 1. Chứng minh IPHQ là hình thoi và PQ tạo với AD, BC hai góc bằng nhau.

ẠY

2. Về phía ngoài tứ giác ABCD, dựng hai tam giác bằng nhau ADE và BCF. Chứng minh rằng trung

điểm các đoạn thẳng AB, CD, EF cùng thuộc một đường thẳng.

D

Bài 5: (2,0 điểm) Tam giác ABC có BC = 40cm, phân giác AD dài 45cm đường cao AH dài 36cm. Tính độ dài BD, DC. Bài 6: (2,0 điểm) Với a, b là các số thực thỏa mãn đẳng thức (1 + a)(1 + b) = Hãy tìm GTNN của P = 1 + a 4 + 1 + b 4

9 .

4

FF IC IA L O N Ơ H N Y U Q M KÈ ẠY Câu

D

Bài

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 Tóm tắt cách giải

Điểm

Điều kiện x > 0; x ≠ 1; 4

1

P=

( x − 2)( x + 1) x −1

= =

( x − 2)( x − 1)( x + 1)

+

x +1

2

+

( x + 2)( x − 1)

2

x +1 x −1

2( x + 1) x −1

P > 1⇔ ⇔

0,5

2( x + 1) 2( x + 1) 2x + 2 − x + 1 > 1⇔ - 1 > 0⇔ >0 x −1 x −1 x −1

x+3 > 0 Theo đ/k x > 0 ⇒ x + 3 > 0 x −1

0,5

O

⇒ x–1>0 ⇒ x>1

Suy ra x > 1; x ≠ 4 thì P > 1

Ơ

2( x + 1) 4 =2+ Với x > 0; x ≠ 1; 4 x −1 x −1

P nguyên ⇔ x – 1 là ước của 4

H

P=

N

Kết hợp điều kiện x > 0; x ≠ 1; 4

2

0,5

( x + 2)( x − 1)( x + 1)

FF IC IA L

1

0,5

N

P đạt giá trị nguyên lớn nhất ⇔ x – 1 = 1 ⇔ x = 2

0,5

0,5 0,5 0,5

Y

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 6 khi x = 2

U

Điều kiện x – 3 + 3 + 2 x ≠ 0

0,25

Q

Phương trình tương đương

3x − 5 - x − 1 - 4 2 x + 3 - 4x + 12 = 0 (*)

M

1

0,5

3 2

2

KÈ

Xét x < - Thì (*) ⇔ - 3x + 5 + ( x – 1) + 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0 ⇔ 2x = -28

ẠY

⇔ x = - 14 (Thỏa mãn đk)

3 2

D

Xét - ≤ x < 1 Thì (*)

0,25 0,25

⇔ - 3x + 5 + x – 1 – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0 ⇔ x=

2 (Thỏa mãn đk) 7

5 Xét 1 ≤ x < Thì (*) 3

0,25

0,25

⇔ - 3x + 5 – (x -1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0 ⇔ x=

3 (loại) 8

0,25

5 Thì (*) ⇔ 3x – 5 – (x – 1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0 3

⇔x=-

2 (Loại) 5

FF IC IA L

Xét x ≥

2 7

 

Vậy phương trình có nghiệm x ∈ − 14;  Ta có x2 + xy + y2 = x2y2 2

0,5

⇔ (x + y) = xy(xy + 1)

2

N

Với xy = 0. Kết hợp với x + y = 0 ⇒ x = y = 0

O

 xy = 0

+ Nếu x + y = 0 ⇒ xy(xy + 1) = 0 ⇔   xy = −1

x = 1  x = −1 hoặc   y = −1 y = 1

0,5

Ơ

Với xy = -1. Kết hợp với x + y = 0 ⇒ 

0,5

H

+ Nếu x + y ≠ 0 ⇒ (x + y)2 là số chính phương

N

xy(xy + 1) là hai số nguyên liên tiếp khác 0 nên chúng nguyên tố

0,5

Y

cùng nhau. Do đó không thể cùng là số chính phương

U

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (x; y) = (0; 0); (1; -1); (1 +2 x2

M

a2 = x2 +

Q

1; 1)

1

1 +2 y2

KÈ

b2 = y2 +

ẠY

c2 = x2y2 +

D

3

ab = (x +

1 +2 x y2 2

1 1 1 x y x y )(y + ) = xy + + + =c+ + x x x y xy y y

⇒ abc = (c +

= c2 + c(

0,5

x y + ).c x y

x y + ) x y

0,5 0,5 0,5

= c2 + (xy +

1 x y )( + ) x xy y

= c2 + x2 + y2 +

1 1 + 2 2 x y

= a2 – 2 + b2 – 2 + c2 2

2

2

3(x2 2

FF IC IA L

⇒ A = a + b + c – abc = 4

1 1 ) < 2(x3 - 3 ) 2 x x 1 1 1 1 )(x + ) < 2(x - )(x2 + 2 + 1) x x x x

⇔ 3(x -

0,5

1 1 ⇔ 3(x + ) < 2(x2 + 2 + 1) (1) x x

O

1 1 = t thì x2 + 2 = t2 – 2 x x

Ơ

Đặt x +

1 > 0) x

1,0

N

( Vì x > 1 nên x -

0,5

H

Ta có (1) ⇔ 2t2 – 3t – 2 > 0

N

⇔ (t – 2)(2t + 1) > 0 (2)

Y

Vì x > 1 nên (x – 1)2 > 0 ⇔ x2 + 1 > 2x ⇔ x +

1 > 2 hay t > 2 x

Q

U

⇒ (2) đúng. Suy ra điều phải chứng minh

A

ẠY

KÈ

M

1

D

4

B

I

Q P C H

D

IP = HQ; IP//HQ (Tính chất đường trung bình) và AD = BC (GT)

0,5

⇒ IPHQ là h.b.h

0,5

Có IP = IQ =

1 1 AD = BC nên IPHQ là hình thoi 2 2

Gọi P 1 ; Q 1 là giao điểm của PQ với AD và BC

Nhận thấy ∆ HPQ cân đỉnh H ⇒ HPQ = HQP (Góc ở đáy tam giác cân) (1)

0,5

Mà PH // BC ⇒ BQ 1 P = HPQ (So le trong) (2) QH // AD ⇒ AP 1 P = HQP (So le trong) (3)

0,5

2

F

k

E

A

FF IC IA L

Từ (1); (2); (3) Suy ra AP 1 P = BQ 1 P ( đpcm)

B

I n m Q

O

P

C H

N

D

Ơ

Gọi K, M, N lần lượt là trung điểm của EF, DF, CE

H

Từ giả thiết ∆ ADE = ∆ BCF và dựa vào tính chất của đường 0,5

N

trung bình trong tam giác ta có ∆ HMP = ∆ HNQ (c.c.c) Suy ra MHP = NHQ ⇒ MHQ = NHP ⇒ MHN và PHQ có cùng

Y

tia phân giác

U

Mặt khác dễ có IPHQ và KMHN là các hình thoi.

0,5 0,5

Q

Suy ra HK và HI lần lượt là phân giác của MHN và PHQ. Suy ra

M

H, I, K thẳng hàng

D

ẠY

KÈ

5

Đặt BD = x, DC = y. Giả sử x < y. Pitago trong tam giác vuông AHD ta tính được HD = 27cm. Vẽ tia phân giác của góc ngoài tại A, cắt BC ở E. Ta có AE ⊥ AD nên AD2 = DE.DH. Suy ra

0,5

DE =

0,5

AD 2 45 2 = = 75cm DH 27

Theo tính chất đường phân giác trong và ngoài của tam giác DB EB x 75 − x ⇒ = = (1) DC EC y 75 + y

0,5

Thay y = 40 – x vào (1) và rút gọn được

0,5

x2 – 115x + 1500 = 0 ⇔ (x – 15)(x – 100) = 0 Do x < 40 nên x = 15, từ đó y = 25.

0,5

Vậy DB = 15cm, DC = 25cm (12 + 42)(a4 + 1) ≥ (a2 + 4)2 17

(1) 1 2

H

Dấu “=” xảy ra ⇔ a =

0,5

N

1+ a ≥

a2 + 4

Ơ

⇒

4

O

Áp dụng Bunhiacopski cho hai dãy a2; 1 và 1; 4 ta có 6

FF IC IA L

Mặt khác x + y = 40 (2)

b2 + 4 17

(2)

0,5

1 2

Q

U

Dấu “=” xảy ra ⇔ b =

b4 +1 ≥

Y

17(b4 + 1) ≥ (b2 + 4)2 ⇒

N

Áp dụng Bunhiacopski cho b2; 1 và 1; 4 ta có

M

Từ (1) và (2) ⇒ P ≥

a2 + b2 + 8 17

(∗ )

KÈ

Mặt khác theo giả thiết (1 + a)(1 + b) =

5 9 ⇔ a + b + ab = 4 4

Áp dụng Côsi ta có: 1 4

b ≤ b2 +

1 4

D

ẠY

a ≤ a2 +

ab ≤

a 2 + b2 2

Cộng từng vế ba bất đẳng thức ta được

0,5

0,5

3 2 1 5 (a + b 2 ) + ≥ a + b + ab = 2 2 4 2

1 +8 2 P≥ = 17

5 1 3 1 - ): = Thay vào ( ∗ ) 4 2 2 2 17 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

FF IC IA L

2

⇒ a +b ≥(

17 1 khi a = b = 2 2

Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tương đương

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

O

- Bài hình không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai không cho điểm

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ CẤP THCS NĂM HỌC 2016 - 2017

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 12/4/2017

(Đề thi gồm 01 trang)

3

a) Cho x =

10 + 6 3 ( 3 − 1) 6+2 5 − 5

FF IC IA L

Bài 1. (2,0 điểm)

. Tính giá trị của P = 12x 2 + 4x – 55

(

)

2017

.

a +1 a a −1 a2 − a a + a −1 M= + + a a− a a −a a b) Cho biểu thức với a > 0, a ≠ 1.

6 Với những giá trị nào của a thì biểu thức N = nhận giá trị nguyên?

M

N

O

Bài 2. (2,0 điểm) 2 2 a) Cho phương trình: x − 2mx + m − m − 6 = 0 (m là tham số). Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm x1 và x 2 sao cho x1 + x 2 = 8 ?

H

Ơ

 x 3 y 2 − 2x 2 y − x 2 y 2 + 2xy + 3x − 3 = 0 b) Cho hệ phương trình  .

2 2017 = y + 3m  y + x

Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt ( x 1 ; y1 ) và ( x 2 ; y 2 ) thỏa mãn điều

N

kiện ( x 1 + y 2 )( x 2 + y1 ) + 3 = 0 .

U

Y

Bài 3. (2,0 điểm) 2 2 a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho a + b chia hết cho a b − 1 . b) Cho ba số thực a, b, c dương. Chứng minh rằng:

Q

a3

a3 + ( b + c)

3

+

b3

b3 + ( c + a )

3

+

c3 c3 + ( a + b )

3

≥ 1.

D

ẠY

KÈ

M

Bài 4. (3,0 điểm) Cho ba điểm A, B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (điểm B nằm giữa điểm A và điểm C). Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua điểm B và điểm C (điểm O không thuộc đường thẳng d). Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O (với M và N là các tiếp điểm). Đường thẳng BC cắt MN tại điểm K. Đường thẳng AO cắt MN tại điểm H và cắt đường tròn tại các điểm P và điểm Q (P nằm giữa A và Q). a) Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi. b) Gọi D là trung điểm của HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng MP tại E. Chứng minh P là trung điểm của ME. Bài 5. (1,0 điểm) Cho tập hợp A gồm 21 phần tử là các số nguyên khác nhau thỏa mãn tổng của 11 phần tử bất kỳ lớn hơn tổng của 10 phần tử còn lại. Biết các số 101 và 102 thuộc tập hợp A. Tìm tất cả các phần tử của tập hợp A. ---------Hết--------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh: ..................................................... Số báo danh: .....................................................

Cán bộ coi thi 1: ........................................................ Cán bộ coi thi 2: ...............................................

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

HẢI PHÒNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ Năm học 2016 - 2017 MÔN: Toán 9 (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)

Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa.

Tổng điểm bài thi: 10 điểm .

Bài

Đáp án

Điểm

FF IC IA L

-

1a) (1,0 điểm) Ta có : 3

10 + 6 3

(

)

3 − 1 = 3 ( 3 + 1)3

(

0,25

)

3 −1

0,25

6 + 2 5 − 5 = ( 5 + 1) 2 − 5

( 3 + 1)3 ( 3 − 1) 2

( 5 + 1) − 5

( 3 + 1)( 3 − 1) 3 − 1 = =2 1 5 +1− 5

=

Thay giá trị của x vào P ta được:

(

)

2017

= 12017 = 1

N

P = 12.22 + 4. 2 −55

H

)( )−( a ( a − 1)

)( a + 1)( a − a + 1) a ( a − 1)( a + 1) a + 1 ( a + 1) = a −1

Y

N

a −1 a + a +1

6 = M

6 a

(

)

a +1

M

Khi đó N =

U

a +1 a + a +1 a − M= + − a a a

2

a

2

>0

Ta thấy với 0 < a ≠ 1 ⇒ a − a + 1 > 0

(

)

6 a

2

KÈ

⇔

a +1 > 3 a ⇔

(

)

a +1

2

ẠY D

Để N có giá trị nguyên thì N = 1.

6 a =1 a 2 a 1 + + ⇔ ⇔ a − 4 a +1 = 0  a = 3+2  a = 7 + 4 3 (tháa m·n) 2 a −2 =3⇔  ⇔  a = − 3 + 2  a = 7 − 4 3 (tháa m·n) ⇔

)

Vậy a = 7 ± 4 3.

0,25

<2

Do 0 < N < 2

(

0,25

Q

Bài 1 (2 điểm)

(

a +1 + a

0,25

Ơ

1b) (1,0 điểm) Với điều kiện a > 0; a ≠ 1 thì:

M=

0,25

O

3

x=

0,25

0,25

2a) (1,0 điểm) 2

2

Phương trình: x − 2mx + m − m − 6 = 0 có hai nghiệm thì: ∆ ' = m 2 − m 2 − m − 6 = m + 6 ≥ 0 ⇔ m ≥ −6 .

(

)

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

0,25

 x1 + x 2 = 2m  2  x1x 2 = m − m − 6

FF IC IA L

Ta có:

x1 + x 2 = 8 ⇔ x12 + x 2 2 + 2 x1x 2 = 64 ⇔

( x1 + x 2 )

2

0,25

− 2x1x 2 + 2 x1x 2 = 64 (1)

2

0,25

N

m ≥ −6  x1x 2 ≥ 0 ⇔  2 m − m − 6 = ( m + 2 )( m − 3) ≥ 0  −6 ≤ m ≤ −2 ⇔ (*) m ≥ 3

O

Trường hợp 1: Nếu x1 và x 2 cùng dấu thì:

Ơ

2 Khi đó (1) ⇔ ( x1 + x 2 ) = 64 ⇔ 4m = 64 ⇔ m = ±4 (thỏa mãn (*)).

H

Trường hợp 2: Nếu x1 và x 2 trái dấu thì:

N

x1x 2 < 0 ⇔ m 2 − m − 6 = ( m + 2 )( m − 3) < 0 ⇔ −2 < m < 3 (**) 2

Khi đó (1) ⇔ ( x1 + x 2 ) − 4x 1x 2 = 64 ⇔ 4m 2 − 4 m 2 − m − 6 = 64

(

)

0,25

U

Y

⇔ m + 6 = 16 ⇔ m = 10 (không thỏa mãn điều kiện (**).

Kết luận: m = ± 4 2b) (1,0 điểm)

Q

3 2 2 2 2  x y − 2x y − x y + 2xy + 3x − 3 = 0 (1)  2 2017 (2) = y + 3m  y + x Ta có (1) ⇔ x 3 y 2 − x 2 y 2 − 2x 2 y + 2xy + 3x − 3 = 0

M

Bài 2 (2 điểm)

⇔ (x − 1) x 2 y 2 − 2xy + 3 = 0

)

x = 1 ⇔ 2 ( xy − 1) + 2 = 0

( V« lý )

ẠY

KÈ

(

D

Thay x = 1 vào phương trình (2) ta được y 2 − y − 3m + 1 = 0 (3) Để phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt thì:

1 ∆ = 1 + 4 ( 3m − 1) > 0 ⇔ 12m − 3 > 0 ⇔ m > 4 Theo đề bài: ( x 1 + y 2 )( x 2 + y1 ) + 3 = 0 ⇔ 4 + y1 + y 2 + y1y 2 = 0 (4) do x1 = x 2 = 1.

Vớ i m >

1 theo hệ thức Vi-ét cho phương trình (3) ta có : 4

0,25

0,25

0,25 0,25

 y1 + y 2 = 1 thay vào (4) ta có: 5 + 1 − 3m = 0 ⇔ m = 2 (thỏa mãn)   y1y2 = 1 − 3m Kết luận: m = 2.

3a) (1,0 điểm) Ta có (a + b2) ⋮ (a2b – 1) suy ra: a + b2 = k(a2b – 1), với k ∈ N*

Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka) ≥ 0.

Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka ≥ 0 ⇒ 1 ≥ k(a – 1) Vì a – 1 ≥ 0, k > 0 nên 1 ≥ k ( a – 1) ≥ 0 vµ k ( a – 1)∈ ℕ

0,25

0,25

N

O

a = 1  k(a − 1) = 0  ⇒ ⇔  a = 2  k(a − 1) = 1  k = 1

*

FF IC IA L

2

⇔ a + k = b(ka2 – b) hay mb = a + k (1) với m = ka – b ∈ ℕ ⇔ m + b = ka2 (2) 2 Từ (1) và (2) suy ra: mb − m − b + 1 = a + k − ka + 1 ⇔ (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka) (3) * Do m, b ∈ ℕ ⇒ ( m – 1)( b – 1) ≥ 0

Ơ

Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2.

H

m − 1 = 2   b = 2 ⇒ k.a 2 = 5 ⇒ a = 1 b − 1 = 1  ⇔ ⇔ m − 1 = 1 b = 3 ⇒ k.a 2 = 5 ⇒ a = 1     b − 1 = 2

N

0,25

Y

Vậy, trường hợp này ta được hai cặp a = 1; b = 2 và a = 1; b = 3.

U

b = 1

Q

( x + 1) ( x 2 − x + 1) ≤

ẠY

x3 + 1 =

x +1+ x2 − x +1 x2 + 2 = 2 2

0,25

1 2 (*) ≥ 2 3 x +1 x + 2

⇒

D

0,25

M

KÈ

Bài 3 (2 điểm)

Với a = 2 và k = 1. Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0 ⇔  . m = 1  Khi b = 1, ta được: a = 2, b = 1.

Khi m = 1: từ (1) suy ra a + k = b ⇒ b = 3.

Khi đó: a = 2, b = 3.

Vậy có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1).

3b) (1,0 điểm) Với x là số dương, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

Dấu “ =” xảy ra khi x = 2 Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được:

a3 3

a + (b + c)

3

=

1 b+c 1+    a 

3

≥

2 2

b+c   +2  a 

=

2a 2

( b + c)

2

+ 2a

0,25 2

a3

Suy ra:

a3 + ( b + c)

≥

3

2a 2 a2 (1) = 2 2 2 2 b 2 + c 2 + 2a 2 a + b + c

(

)

Tương tự ta có:

b3 + ( a + c )

3

c3 c3 + ( a + b )

3

b2 (2) ≥ 2 a + b2 + c2 ≥

0,25

FF IC IA L

b3

c2 (3) a 2 + b 2 + c2

Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:

a3 a3 + ( b + c)

3

+

b3 b3 + ( a + c )

3

+

c3 c3 + ( a + b )

3

≥1

0,25

O

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.

Hình vẽ:

P

H

N

A

H

Ơ

N

M

U

Y

B

Q

D

K I

E

N

Q

C

d

4a) (1,5 điểm) Gọi I là trung điểm của BC suy ra IO ⊥ BC

M

Bài 4 (3 điểm)

O

= ACN , CAN chung) ∆ABN đồng dạng với ∆ANC (Vì ANB

KÈ

AB AN ⇒ AB.AC = AN2 . ⇒ = AN AC

ẠY

∆ANO vuông tại N, đường cao NH nên AH.AO = AN2 ⇒ AB.AC = AH.AO (1) ∆AHK đồng dạng với ∆AIO (g.g)

D

Nên

AH AK = ⇒ AI ⋅ AK = AH ⋅ AO (2) AI AO

Từ (1) và (2) suy ra AI.AK = AB.AC ⇒ AK =

0,50

0,25

0,5

AB ⋅ AC AI

Ta có A, B, C cố định nên I cố định ⇒ AK không đổi.

Mà A cố định, K là giao điểm của BC và MN nên K thuộc tia AB ⇒ K cố định (đpcm) 4b) (1,5 điểm)

0,25

ME MH = MQ DQ MP MH MH ∆PMH đồng dạng ∆MQH (g.g) ⇒ = = MQ QH 2DQ MP 1 ME ⇒ ME = 2 MP ⇒ P là trung điểm ME. ⇒ = .

MQ 2 MQ

Bài 5 (1,0 điềm)

{

}

Giả sử A = a1 ;a 2 ;a 3; ...;a 21 với a1 ; a 2 ; a 3; ...; a 21 ∈ ℤ và

O

Ta có

0,50

0,25

0,25

Ơ

101 > a12 − a 2 + a13 − a 3 + ... + a 21 − a11 ≥ 100 ⇒ a12 − a 2 + a13 − a 3 + ... + a 21 − a11 = 100 .

0,50

N

Bài 5 (1 điểm)

a1 < a 2 < a 3 < ... < a 21 .

Theo giả thiết ta có a1 + a 2 + a 3 + ... + a11 > a12 + a13 + ... + a 21 ⇔ a1 > a12 − a 2 + a13 − a 3 + ... + a 21 − a11 (1) Mặt khác với x; y ∈ Z và nếu y > x thì y ≥ x + 1 ⇒ a12 − a 2 ≥ 10, a13 − a 3 ≥ 10,...,a 21 − a11 ≥ 10 (2) Nên từ (1) suy ra a1 > 10 + 10 + ... +10 = 100 mà a1 nhỏ nhất và 101 ∈ A ⇒ a1 =101

0,50

FF IC IA L

Ta có: ∆MHE đồng dạng ∆QDM (g.g) ⇒

H

Kết hợp với (2)

0,25

U

Y

N

⇒ a12 − a 2 = a13 − a 3 = ... = a 21 − a11 = 10 (3) ⇒ 10 = a12 − a 2 = (a12 − a11 ) + (a11 − a10 ) + ... + (a 3 − a 2 ) ≥ 10 ⇒ a12 − a11 = a11 − a10 = ... = a 3 − a 2 = 1 (4) Ta có a1 =101 mà 102∈ A ⇒ a 2 = 102 Kết hợp với (3) và (4) suy ra A = {101;102;103;...;121}.

D

ẠY

KÈ

M

Q

--------------- Hết ------------------

0,25