TRƯỜNG THCS CAO VIÊN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có: 01 trang
Bài 1: (6 điểm)
a) Cho
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
x y xy
P
x y y x y x x y
= − −
+ − + + + −
1. Tìm điều kiện của x,y để biểu thức P xác định và rút gọn P
2. Tìm x,y nguyên thỏa mãn phương trình: P = 2
b) Chứng minh rằng: Với mọi n∈ N thì n + n +1 không chia hết cho 9
Bài 2: (4 điểm)
a) Giải phương trình :
( )
2
2
17 3x x− = −
b) Cho các số thực dương a,b thỏa mãn: a + b = a + b = a + b .
Tính giá trị biểu thức: P = a + b
Bài 3: (3 điểm)
a/ Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
2 2
2 3 4 19x y x+ + =
b/ Cho a,b,c > 0. Chứng minh :
( )
3
2 2 2
28
a b c
ab bc ca
a b c abc
+ +
+ +
+ ≥
+ +
Bài 4 : (6 điểm)
Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường
tròn tâm O khác A,B.Các tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại A và M cắt nhau tại
E. Vẽ MP vuông góc với AB(P∈ AB), vẽ MQ vuông góc với AE ( Q∈ AE)
1.Chứng minh rằng: Bốn điểm A,E,M,O cùng thuộc một đường tròn và tứ giác
APMQ là hình chữ nhật.
2. Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O,I,E thẳng hàng
3. Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh ∆EAO đồng dạng với ∆ MPB
suy ra K là trung điểm của MP
4. Đặt AP = x. Tính MP theo x và R.Tìm vị trí của điểm M trên đường tròn (O) để
hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất.
Bài 5: (1 điểm)
Tìm nghiệm nguyên ,dương của phương trình: xy+yz+zx=xyz+2
- Hết -
TRNG THCS CAO VIấN HNG DN CHM THI CHN HC SINH GII LP 9
NM HC 2014 - 2015
Mụn: Toỏn
Bi Ni dung im
Bi 1
(6 )
a)
1. Tỡm ỳng iu kin : x 0, y 0 ,y 1, x+y0
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1
1 1
x x y y xy x y
P
x y y x
+ +
=
+ +
=
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1
x y x y x xy y xy
x y y x
+ + +
+ +
==
x xy y+
2. P=2
x xy y+
=2
( ) ( )
1 1 1x y y+ + =
( ) ( )
1 1 1y x+ =
Ta cú
( )
1 y+
1
( )
1x
1
2 4x x
.Kt hp vi iu
kin x 0. Vy 0x4
x {0,1,2,3,4}. Thay vo phng trỡnh P=2 ta cú:
(x,y) {(4,0); (2,2)}
0,5.
0,5.
1,0.
0,5.
0,5.
0,5
0,5
b) gi s tn ti s t nhiờn n
2
1n n+ +
9
Đặt
1
2
++= nnA
. Vì
949 AA
(1)
Ta có:
3)12()1(44
22
++=++= nnnA
Vì
9)12(3123)12(349
22
+++ nnnAA
3)12(4
2
++= nA
không chia hết cho 9
A4
không chia hết cho 9 (2)
Ta thấy (1) và (2) mâu thuẫn. Vậy điều giả sử là sai.
Vậy với
Nn
thì
1
2
++ nn
không chia hết cho 9.
1,0.
0,5.
0,5.
Bi 2
(4)
1.(2) Tỡm ỳng iu kin 0 x
17
- t
{ {
2 4
( 0) 3 3
3
t x t t u x x
x u
x t
= + = + =
=
=
-Gii ra c n
* Vi ut=2 t=1 hoc t=2
- Vi t=1 x=1
-Vi t=2 x=4
* Vi ut=6 Pt vụ nghim
-Kt lun nghim
2. (2)
Ta cú :
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
102 102 101 101 100 100
102 102 102 102
1
, 1;1
a b a b a b ab a b
a b a b a b ab
a b ab
a b
+ = + + +
+ = + +
+ =
=
Tớnh ra P=2
0,25
0,5
0,5.
0,5
0,25
0,5.
0,5.
0,5
0,5đ.
Bài 3
(3đ)
1. Viết được
( ) ( )
( )
( )
( )
2 2
2
2
2
2 2 1 3 7
2 1 3 7
3 7 2
x x y
x y
y
⇔ + + = −
⇔ + = −
⇔ −
⇔ y là số nguyên lẻ
Mà
( )
2
2 1x +
≥ 0⇒
( )
2
7 y−
≥ 0⇔
2
y
=1
Thay
2
y
=1 vào tìm được x=2, x=-4
Thử lại :… và trả lời .Có các nghiệm (2,1) ;(2,-1) ;(-4,1) ;(-4,-1)
2. Với x, y, z > 0 . Ta có:
+)
2
x y
y x
+ ≥
(1).
+)
1 1 1 9
x y z x y z
+ + ≥
+ +
(2)
+) x
2
+ y
2
+ z
2
≥
xy + yz + zx
⇔
2 2 2
1
x y z
xy yz zx
+ +
≥
+ +
(3)
Xảy ra đẳng thức ở (1), (2), (3)
⇔
x = y = z.Ta có:
2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
( )
( ) .
( )
( 2 2 2 ).
ab bc ca a b c
P a b c
abc
a b c
ab bc ca a b c
a b c ab bc ca
abc
a b c
+ + + +
= + + +
+ +
+ + + +
= + + + + + +
+ +
Áp dụng các bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được:
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
9
( ). 2.9
8. 18
2 8 18 28
ab bc ca
P a b c
ab bc ca
a b c
ab bc ca a b c a b c
ab bc ca ab bc ca
a b c
+ +
≥ + + + +
+ +
+ +
+ + + + + +
= + + +
÷
÷
+ + + +
+ +
≥ + + =
Dấu “ =” xảy ra
⇔
2 2 2
b
.
c a
a b c
ab bc ca
ab bc ca
⇔ = =
+ + = + +
= =
0,25đ.
0,25đ
0,25đ.
0,25đ
0,25đ
0,25đ.
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
Bài 4
(6đ)
0,25đ
.
I
K
B
O
M Q
E
A
P x
I
a) Vì AE là tiếp tuyến của đường tròn(0) tại A ⇒ AE⊥ AO
⇒ ∆OEA vuông ở A ⇒O,E,A ∈ đường tròn đường kính OE(1)
Vì ME là tiếp tuyến của đường tròn(0) tại M ⇒ ME⊥MO
⇒∆MOE vuông ở M⇒M,O,E ∈ đường tròn đường kính OE(2)
(1),(2)⇒ A,M,O,E cùng thuộc môt đường tròn
*Tứ giác APMQ có 3 góc vuông :
·
· ·
o
EAO APM PMQ 90= = =
=> Tứ giác APMQ là hình chữ nhật
b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường chéo AM và PQ của hình chữ
nhật APMQ nên I là trung điểm của AM.
Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và
tại A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng
hàng.
c) hai tam giác AEO và PMB đồng
dạng vì chúng là 2 tam giác vuông có 1 góc
bằng nhau là
·
·
AOE ABM=
, vì OE // BM
=>
AO AE
BP MP
=
(3)
Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số
KP BP
AE AB
=
(4)
Từ (3) và (4) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB,
mà AB = 2.OA => MP = 2.KP
Vậy K là trung điểm của MP.
d) Ta dễ dàng chứng minh được :
abcd
4
a b c d
4
+ + +
≤
÷
(*)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d
MP =
2 2 2 2 2
MO OP R (x R) 2Rx x− = − − = −
Ta có: S = S
APMQ
=
2 3
MP.AP x 2Rx x (2R x)x= − = −
S đạt max ⇔
3
(2R x)x−
đạt max ⇔ x.x.x(2R – x) đạt max
⇔
x x x
. . (2R x)
3 3 3
−
đạt max
Áp dụng (*) với a = b = c =
x
3
Ta có :
4
4
4
x x x 1 x x x R
. . (2R x) (2R x)
3 3 3 4 3 3 3 16
− ≤ + + + − =
÷
Do đó S đạt max ⇔
x
(2R x)
3
= −
⇔
3
x R
2
=
.
Vậy khi MP=
3
2
R
thì hình chũ nhật APMQ có diện tích lớn nhất
0,75đ.
0,75đ.
1,5đ.
1,5đ.
1,5đ
Bài 5
(1đ)
Tìmnghiệm nguyên ,dương của phương trình: xy+yz+zx=xyz+2(1)
Do vai trò của x,y,z bình đẳng, nên không mất tính chất tông quát.
Giả sử x≥ y≥ z≥ 1,từ đó suy ra xy+yz+zx≤ xy+xy+xy=3xy(2)
(1),(2)⇒ 3xyz≥ xyz+2
Hay 3xy≥ xyz ⇒ z<3
Do z là một số nguyên dương ⇒z=1,z=2
0,5đ
+khi z=1⇒x+y=2.do x,y nguyên dương ⇒x=1,y=1
+khi z=2 ⇒(y-2)(x-2)=2
Do x≥ y≥ z≥ 1 ⇒
Trả lời: (x,y,z)=(1,1,1),(4,3,2)
0,5đ
