UBND HUYỆN KHOÁI CHÂU
PHÒNG GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO
ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI
Năm học 2016 - 2017
Môn: Toán – Lớp 9
Thời gian làm bài 120 phút (không kể giao đề)
Câu 1 (2điểm).
1
1
1
. Chứng minh:
...
2. 3 3. 2 3. 4 4. 3
9. 10 10. 9
4
P 25x 2 2 là một số nguyên.
x
1) Cho x
2) Định m nguyên để hệ sau có nghiệm duy nhất là nghiệm nguyên:
mx + 2y = m +1
2x + my = 2m -1
Câu 2 (1điểm).
Tìm số nguyên dương a lớn nhất sao cho S 4a 427 41016 là số chính phương.
Câu 3 (3điểm).
1) Giải phương trình: 2 x2 4x 9 5x 6 7x 11 0
2
2
x 5y 8y 3
2) Giải hệ phương trình:
(2 x 4 y 1) 2 x y 1 (4 x 2 y 3) x 2 y
Câu 4 (3điểm).
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Các đường cao BE, CF cắt
nhau tại H . Gọi M là trung điểm của BC , I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF .
a) Chứng minh I là trung điểm của AH
b) Chứng minh IE ME
c) Giả sử đường tròn O và các điểm B, C cố định. Chứng minh rằng khi A thay
đổi thì I luôn nằm trên đường tròn cố định
Câu 5 (1điểm).
Cho x, y, z > 0. Tìm giá trị lớn nhất của:
A
x
y
z
2
2
x z 1 y x 1 z y 1
2
………………Hết………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên học sinh: ..................................................
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
Nội dung
x
3.2
Điểm
1
3 2
4.3
1
4 3
...
10.9
3 2
4 3
10 9
...
3.2
4.3
10.9
1
1
1
1
1
1
...
2
3
3
4
9
10
1
1
2
10
1
1
Vậy x 2 1
1 x 2 1 x 2
5
5
1
1 2 x 2 2 x2 5x2 2 5x 2
5
1
10 9
Câu 1
5x 2 2
2
1đ
2
1
5
50 x 2 25x 4 4 30 x 2
4
30 . Vậy P 30 là số nguyên
x2
2) Với m 2 hệ phương trình có nghiệm duy nhất:
25x2
3
y 2 m 2
x 1 3
m2
Câu 2
1đ
Nên để x, y là những số nguyên khi m là số nguyên thì
m + 2 Ư(3) = 1; 1;3; 3
Vậy: m + 2 = 1; 3 => m = -1; -3; 1; -5
b) Xét a 27 và S là số chính phương.
Ta có: S 4a 427 41016 427 1 4989 4a 27 227 1 21978 2a 27
2
2
B 1 21978 2a 27 phải là số chính phương
2
Ta có: B 2a 27 B 2a 27 1
2
2
1đ
21978 2.2a 27
1978 a 26 2004 a a = 2004
Với a = 2004 thì S 227 . 21977 1 là số chính phương
2
Câu 3
2
Vậy số nguyên a lớn nhất cần tìm là 2004
1)
1,5đ
x 2 5 y 2 8 y 3(1)
2) Hệ
2( x 2 y ) 1 2 x y 1 2(2 x y 1) 1 x 2 y (2)
Từ (2) đặt x +2y = a; 2x–y –1 = b (a, b 0)
Ta có (2a-1) b =(2b –1) a ( a b )(2 ab 1) = 0 a = b
Câu 4
Trả biến ta có x = 3y + 1 thay vào (1) ta được:
2y2 – y – 1= 0 => y1 = 1 ; y2 = –1/2; => x1 = 4 ; x2 = –1/2
Thấy x2 + 2y2 = –1 < 0 (loại) còn lại thỏa mãn.
Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (4; 1)
900
a) Ta có HE AC HEA
900
HF AB HFA
HFA
900 nên nội tiếp
Tứ giác AEHF có HEA
đường tròn đường kính AH
Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nên
I cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF .
Vậy I là trung điểm của AH
1,5đ
A
I
O
F
E
1đ
H
B
M
C
D
IEA
Tam giác BEC vuông tại E
b) Ta có tam giác IAE cân tại I nên IAE
và M là trung điểm của BC nên ME MC
MCE
MEC cân tại M MEC
MEC
MCE
BCA
IEA
IAE
HAC
Mà H là trực tâm tam giác ABC nên AH BC HAC
ACB 900 IE ME
1đ
c) Theo trên ta có IEM vuông tại E .
MI 2 IE 2 ME 2
BC
Có ME
(Không đổi)
2
Kẻ đường kính AD của đường tròn O . Ta có HB AC; DC AC
HB / /CD
Chứng minh tương tự ta cũng có HC / / BD BHCD là hbh.
H , M , D thẳng hàng và M là trung điểm của HD
Xét tam giác AHD có OM là đường trung bình. OM
1đ
1
AH
2
IE OM . Do đường tròn O cố định và điểm B, C, M cố định nên
OM const . Vây MI const I luôn thuộc đường tròn cố định là đường
tròn có tâm M và bán kính bằng OM 2 MB2 R là bán kính của đường
tròn O
Câu 5
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: x 2 1 2x (do x > 0)
Nên
x
x
1
z
1
x z 1 2x z 2 2x z
2
Chứng minh tương tự ta có:
y
1
x
1
y 2 x 1 2 2y x
z
1
y
1
z y 1 2 2z y
2
Cộng từng vế các BĐT ta có:
x
y
z
3 1 x
y
z
2
2
x z 1 y x 1 z y 1 2 2 2y x 2z y 2x z
x
y
z
x2
y2
z2
Ta có:
2y x 2z y 2x z 2xy x 2 2yz y 2 2xz z 2
A
2
Áp dung BĐT Bu nhia ta có:
x2
y2
z2
2xy x 2yz y 2zx z 2xy x 2 2yz y 2 2xz z 2 (x y z) 2
2
2
2
2
x
y
z
(x y z)
1
Nên
2
2
2
2
2xy x
2yz y
2xz z
2xy x 2yz y 2 2zx z 2
x
y
z
A 2
2
2
1
x z 1 y x 1 z y 1
Dấu “=” xảy ra x y z 1
Vậy GTNN của A = 1 khi x y z 1
2
2
2
1đ