Đề Thi Thử Học Sinh Giỏi Lớp 9 Toán 2013 - Phần 2- Đề 18 potx

ST: Phạm Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá
1





SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2011 - 2012
Môn thi: TOÁN - BẢNG A
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (5 điểm):
a) Cho a và b là các số tự nhiên thỏa mãn điều kiện:
2 2
7
a b
M
.
Chứng minh rằng a và b đều chia hết cho 7.
b) Cho A = n
2012
+ n
2011
+ 1
Tìm tất cả các số tự nhiên n để A nhận giá trị là một số nguyên tố.
Câu 2 (4.5 điểm)

a) Giải phương trình:
4 1 5
2x x x
x x x
    

b) Cho x, y, z là các số thực khác 0 thỏa mãn:
xy + yz + zx = 0
Tính giá trị của biểu thức:

2 2 2
yz zx xy
M
x y z
  

Câu 3 (4.5 điểm)
a) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: x + y + z + xy + yz + zx = 6.
Chứng minh rằng:

2 2 2
3
x y z
  

b) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: a + b + c = 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3 3 3
2 2 2 2 2 2

a b c
P
a b b c c a
  
  

Câu 4 (6.0 điểm)
Cho đường tròn (O;R) và một dây BC cố định không đi qua O. Từ một điểm A bất kỳ trên
tia đối của tia BC vẽ các tiếp tuyến AM. AN với đường tròn ( M và N là các tiếp điểm, M nằm
trên cung nhỏ BC). Gọi I là trung điểm của dây BC, đường thẳng MI cắt đường tròn (O) tại điểm
thứ hai là P.
a) Chứng minh rằng: NP song song với BC.
b) Gọi giao điểm của đường thẳng MN và đường thẳng OI là K. Xác định vị trí của điểm
A trên tia đối của tia BC để tam giác ONK có diện tích lớn nhất.


Hết

ĐỀ CHÍNH THỨC



ST: Phạm Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá
2

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH NGHỆ AN 2012
Câu 1:a) Nhận xét: nếu a không chia hết cho 7 thì a
2
chia cho 7 dư 1,2,4
thực vậy khi a không chi hết cho 7 thì a có dạng a=7k

1,a=7k

2,a=7k

3
từ nhận xét trên
*) nếu a không chia hết cho 7 và b không chia hết cho 7 thì a
2
+b
2
chia cho 7 dư là
2,3,4,6 ( 1)
*)Nếu a
M
7 và b không chia hết cho 7 thì a
2
+b
2
không chia hết cho 7 (2)
*)Nếu a không chia hết cho 7 và b
M
7 thì a
2
+b

2
không chia hết cho 7(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra a và b phải chia hết cho 7
b) A = n
2012
+ n
2011
+ 1
Nếu n=0 => A = 1(loại)
Nếu n = 1 => A =3( thoả mãn)
Nếu n > 1 thì A> 3
Xét A = n
2012
+ n
2011
+ 1
=> A=[(n
670
)
3
-1]n
2
+ [(n
670
)
3
-1]n +n
2
+ n + 1
=> A

M
( n
2
+ n + 1) mà A> n
2
+ n + 1 nên A là hợp sô
Vậy n= 1 thì A nhận giá trị là một số nguyên tố.
Bài 2:a)

4 1 5
2
4 1 5
2 0
x x x
x x x
x x x
x x x
    
     

Đặt
1
0
5
2 0
u x
x
v x
x
  

  
=> u
2
-v
2
=
4
x
x


Thay vào phương trình ban đầu ta có : u
2
-v
2
+u-v=0
<=> (u-v)(u+v+1)=0
<=> u-v=0 ( vì u+v+1>0)
=>x=2 hoặc x=-2 bằng cách thử trưc tiếp ta thấy x= 2 thoả mãn bài toán
b)nhận xét nếu a+b+c=0 thì a
3
+b
3
+c
3
=3abc
áp dụng nhận xét trên vào biểu thức M ta có
3 3 3 2
2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 3( )

3
( ) ( )
yz zx xy yz yx xz xyz
M
x y z xyz xyz
 
     

Bài 3:a) Từ x
2
+1

2x
y
2
+1

2y
z
2
+1

2z
2(x
2
+y
2
+z
2
)


2(xy+yz+xz)


ST: Phạm Văn Vượng- NBS-HH-Thanh Hoá
3

cộng các BĐT trên ta có
3(x
2
+y
2
+z
2
)+3

2(x+y+z+xy+yz+xz)
=>
2 2 2
3
x y z
  
(ĐPCM)
b)Xét
3 2 2
2 2 2 2
2 2
a ab ab b
a a a
a b a b ab

     
 

Tương tự:
3
2 2
2
b c
b
b c
 

,
3
2 2
2
c a
c
c a
 


cộng BĐT trên ta có
3 3 3
2 2 2 2 2 2
3
2 2
a b c a b c
P
a b b c c a

 
    
  

vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3/2 khi a=b=c=1
Câu 4:
K
I
C
O
P
N
B
M
A

Câu a)
Ta có 5 điểm A,M,I,O,N thuộc cùng một đường tròn bán kính OA
=>
·
·
¼
1
( )
2
AIM AMO sd AM
  (1)
Mặt khác
·
·

2
NOM AOM

mà
·
·
2
AOM NPM

(2)
từ (1) và (2) =>
·
·
AIM NPM


=> BC//NP
Câu b:
S
OKN
=1/2OK.KN
2 2 2
1
2 2 4
OK ON R

 
Vậy điện tích lơn nhất của tam giác ONK là R
2
/4 khi MO = MA