Đề thi hóa học HSG lớp 9 có đáp án đề 5

Phòng GD-ĐT Triệu Sơn kỳ thi chọn học sinh giỏi toán 9 (đề số 5)
năm học : 2008 - 2009
Môn : Toán
(Thời gian làm bài: 150 phút: Vòng 2)
Bi 1 (4 im) Gii cỏc phng trỡnh sau:
1.
2 4 2 2
4 4
4 16 4 1 2 3 5x x x x y y y + + + + =
2. x
4
- 2y
4
x
2
y
2
4x
2
-7y
2
- 5 = 0; (vi x ; y nguyờn)
Bi 2: (3.0 im)
Cn bc hai ca 64 cú th vit di dng nh sau:
64 6 4= +
Hi cú tn ti hay khụng cỏc s cú hai ch s cú th vit cn bc hai ca chỳng di
dng nh trờn v l mt s nguyờn? Hóy ch ra ton b cỏc s ú.
Bài 3: (3 điểm)
Cho a
3
+b

3
+c
3
= 3abc 0 . Tính giá trị của biểu thức :
B =
1 1 1
a b c
b c a

+ + +
ữ ữ ữ

Bi 4: (5 im)
Cho ng trũn (O; R) v ng thng d khụng i qua O ct ng trũn (O) ti hai
im A v B. T mt im M tựy ý trờn ng thng d v ngoi ng trũn (O) v
hai tip tuyn MN v MP vi ng trũn (O), (P, N l hai tip im).
1. Chng minh rng
2 2
.MN MP MA MB= =
2. Dng v trớ im M trờn ng thng d sao cho t giỏc MNOP l hỡnh vuụng.
3. Chng minh rng tõm ca ng trũn i qua 3 im M, N, P luụn chy trờn
ng thng c nh khi M di ng trờn ng thng d.
Bi 4: (3 im)
Trờn mt phng ta xOy ly im P(0; 1), v ng trũn (K) cú ng kớnh
OP. Trờn trc honh ly ba im M(a; 0); N(b; 0), Q(c; 0). Ni PM; PN; PQ ln lt
ct ng trũn (K) ti A; B ; C. Tớnh di cỏc cnh ca tam giỏc ABC theo a; b; c.
Bi 5: (2 im) Cho a, b, c > 0.
Chng minh rng:
3 3 3 3 3 3
2 2 2

19b - a 19c - b 19a - c
+ + 3(a + b + c)
ab + 5b cb + 5c ac + 5a

Ht./.
1
Hớng dẫn chấm: đề số 5
Bài ý Nội dung điểm
Bài 1 1.1
2đ
iu kin :
2
2
2 2
4 0 (1)
16 0 (2)
4 1 0 (3)
2 3 0 (4)
x
x
x
x y y






+

+

0,25
T (2)

(x
2
4)(x
2
+ 4)
2
0 4 0x
kt hp vi (1) v (3) suy ra x = 2
0,5
Thay vo (4): y
2
2y + 1
0

; ỳng vi mi giỏ tr ca y.
0,5
Thay x = 2 vo phng trỡnh v gii ỳng, tỡm c y = 1,5
0,5
Vy nghim ca phng trỡnh: (x = 2; y = 1,5)
0,25
1.2
2đ
Bin i a c pt v dng: (x
2

2y
2
5)(x
2
+ y
2
+1) = 0

x
2
2y 5 = 0

x
2
= 2y
2
+ 5

x l
0,5
t x = 2k + 1 ; ( k
Z
)

4k
2
+ 4k +1 = 2y
2
+ 5

2y
2
= 4k
2
+ 4k 4

y
2
= 2(k
2
+ k 1)

y chn
0,5
t y = 2n; (n
Z
)

4n
2
= 2(k
2
+ k 1)

2n
2
+ 1 = k(k + 1) (*)
0,5
Nhỡn vo (*) ta cú nhn xột: V trỏi nhn giỏ tr l, v phi nhn giỏ tr chn (Vỡ k v k + 1 l hai s
nguyờn liờn tip)

(*) vụ nghim

pt ó cho vụ nghim
0,5
Bài 2 3đ
Gi s cn tỡm l :
10ab a b= +
(a, b l s nguyờn v a khỏc 0)
0,25
Theo gi thit:
10a b a b+ = +
l s nguyờn, nờn
ab
v b l cỏc s chớnh phng, do ú: b
ch cú th l 1 hoc 4 hoc 9
0,5
Ta cú:
( )
2 2
10 10 2 2 5a b a b a b a a b b a b a+ = + + = + + =

( )
2 5 b a =
(vỡ
0a

)
0,5
Do ú

a
phi l s chn:
2a k
=
, nờn
5 b k =
0,25
Nu
1 8 81 8 1 9b a= = = + =
(tha iu kin bi toỏn)
0,5
Nu
4 6 64 6 4 8b a= = = + =
(tha iu kin bi toỏn)
0,5
Nu
9 4 49 4 9 7b a= = = + =
(tha iu kin bi toỏn)
0,5
Bài 3 3đ
Biến đổi: B =
( ) ( ) ( )
a b b c a c
abc
+ + +
0,25
Từ giả thiết: ( a + b )
3
+ c
3

- 3ab( a + b ) 3abc = 0

( a + b + c)( a
2
+ 2ab + b
2
- ac bc + c
2
) 3ab( a + b + c) = 0


( a + b + c )( a
2
+ b
2
+ c
2
- ab bc ca ) = 0
0,5
Vậy ta đợc a + b + c = 0 , hoặc a
2
+ b
2
+ c
2
ab bc ca = 0
0,25
* Với a + b + c = 0 , ta đợc a + b = - c ; b + c = - a ; c + a = - b
2
Khi ®ã B =

abc
abc
−
= - 1
0,5
* Víi a
2
+ b
2
+ c
2
- ab – bc – ca = 0

⇔
2a
2
+ 2b
2
+ 2c
2
- 2ab – 2bc – 2ca = 0

⇔
( a – b)
2
+ ( b – c)
2
+ ( c – a)
2
= 0 . VËy a = b = c

1,0
Khi ®ã B =
2 .2 .2b c a
bca
= 8
0,5
Bµi 4
d
d
'
D
B
A
L
I
E
N
P
H
O
M
4.1
1®
Ta có: MN = MP (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau)
Chứng minh được 2 tam giác MAN và MNB đồng dạng.
0,5
Suy ra:
2 2
.
MA MN

MN MP MA MB
MN MB
= ⇔ = =
0,5
4.2
2®
Để MNOP là hình vuông thì đường chéo
2 2OM ON R= =
0,5
Dựng điểm M: Ta dựng hình vuông OADC, dựng đường tròn tâm O đi qua điểm D, cắt (d) tại M.
0,5
Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP. Ta có
2 2
MN MO ON R= − =
, nên Tam
giác ONM vuông cân tại N. Tương tự, tam giác OPM cũng vuông cân tại P. Do đó MNOP là hình
vuông.
0,5
Bài toán luôn có 2 nghiệm hình vì
2OM R R= >
0,5
4.3
2®
+ Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O), nên M, N, O, P cùng nằm trên đường tròn đường kính
OM. Tâm là trung điểm H của OM. Suy ra tam giác ba điểm M, N, P thuộc đường tròn đường kính
OM, tâm là H.
0,5
+ Kẻ
OE AB
⊥

, thì E là trung điểm của AB (cố định). Kẻ
( )HL d⊥
thì HL // OE, nên HL là
đường trung bình của tam giác OEM, suy ra:
1
2
HL OE=
(không đổi).
1,0
+ Do đó, khi M đi động trên (d) thì H luôn cách dều (d) một đoạn không đổi, nên H chạy trên đường thẳng
(d') // (d) và (d') đi qua trung điểm của đoạn OE cố định
0,5
Bµi 5
3
y
x
cb
a
1
C
B
A
O
K
P
M N
Q
Nối AO, xét tam giác vuông POM có OA là đường cao
Theo hÖ thøc trong tam gi¸c vu«ng ta có: PO
2

= PM . PA
⇒
2 2
2 2 2
1
1
PO PO
PA
PM
PO OM a
= = =
+ +
1,0
Áp dụng hÖ thøc trong tam gi¸c vu«ng vào:
POM
∆
và
PON
∆
lại có: PA .PM = PB . PN
( = PO
2
)
⇒
PA PB
PN PM
=
mà góc APB chung
⇒
∆

APB ~
∆
NPM(c.g.c)
⇒
AP AB
NP MN
=
2 2
.
(1 )(1 )
a b
AP NM
AB
NP
a b
−
⇒ = =
+ +
1,0
Tương tự tính được : AC =
2 2
( 1)( 1)
a c
a c
−
+ +
;
0,5
BC =
2 2

( 1)( 1)
b c
b c
−
+ +
0,5
Bµi 6 2®
Ta có a
2
+ b
2
- ab ≥ ab
2 2 3 3
(a + b)(a + b - ab) ab(a + b) a + b ab(a + b)⇔ ≥ ⇔ ≥
0,25
3 3 3 3 3 3
2 2 3 3 2 2 3 3
3 3
3 3 2 3 3
3 3
2
a + 20b 19b + ab(a + b) 20b - ab(a + b) 19b - a
b(20b - ab - a ) 19b - a b(20b - 5ab + 4ab - a ) 19b - a
b[5b(4b - a) + a(4b - a)] 19b - a
b(4b - a)(a + 5b) 19b - a (4b - a)(ab + 5b ) 19b - a
19b - a
4b - a
ab + 5b
⇒ ≥ ⇔ ≥
⇔ ≥ ⇔ ≥

⇔ ≥
⇔ ≥ ⇔ ≥
⇒ ≤
1,0
Tương tự với a, b, c > 0 thì:
3 3 3 3
2 2
19c - b 19a - c
4c - b; 4a - c
cb + 5c ac + 5a
≤ ≤
0,5
Từ đó ta có BĐT cần chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
0,25
4
5