SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2018 – 2019
MÔN : TOÁN
Câu 1.
x
x x 1 x 2
x 5 x 4
a) Rút gọn P
:
x
2
x
2
x
x
1
x
x
2
x 0
b) Cho a 3 7 50 , b 3 7 50. Chứng minh rằng các biểu thức
M a b; N a7 b7 có giá trị đều là số chẵn
Câu 2.
a) Giả sử x1; x2 là hai nghiệm của phương trình x2 2kx 4 0 ( k là tham số). Tìm
2
2
x x
các giá trị của k sao cho 1 2 3
x2 x1
x x 2 1 2 y 1
b) Giải hệ phương trình:
2
y y 1 2 x 1
Câu 3.
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 y 2 x y x 2 y x 1
b) Cho n *. Chứng minh rằng nếu 2n 1 và 3n 1 là các số chính phương thì n
chia hết cho 40.
Câu 4.
Cho đường tròn O; R và một điểm A cố định ở bên ngoài đường tròn, OA 2R. Từ A kẻ
các tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn O ( B, C là các tiếp điểm). Đường thẳng OA cắt
dây BC tại I . Gọi M là điểm di động trên cung nhỏ BC. Tiếp tuyến tại M của đường tròn
O cắt AB, AC lần lượt tại E, F . Dây BC cắt OE, OF lần lượt tại các điểm P và Q
a) Chứng minh rằng ABI 600 và tứ giác OBEQ nôi tiếp
b) Chứng minh rằng EF 2 PQ
c) Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC sao cho tam giác OPQ có diện tích nhỏ
nhất. Tính diện tích nhỏ nhất đó theo R.
Câu 5.
x3 y 3
P
Cho x, y, z 0 thỏa mãn x y z 1 0. Tìm GTLN của
2
x yz y zx z xy
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Ta có:
P
:
x x x 1
x 1
Ta có : a 2 1
x
x 4 x 5
x 2
3
b)
3
x 2
x 1
1
:
x
x 1
2 1 và b 3 1 2
3
x 1
2
x
1 2 . Do đó M 2 là số
chẵn
a b 2
2
Ta lại có:
a 2 b 2 a b 2ab 6 , do đó:
ab 1
N a 7 b7
a 7 a 4b3 b7 a 3b 4 a 4b3 a 3b 4
a 3 b3 a 4 b 4 a 3b3 a b
a b a 2 b2 ab a 2 b2 2a 2b 2 2 478 là số chẵn.
2
Câu 2.
a) Để phương trình có nghiệm thì ' 0 k 2 4 0 k 2.
x x 2k
Ta thấy x 0 không phải là nghiệm, theo Vi-et thì 1 2
x1 x2 4
2
2
x x
1 2 3 x14 x24 48
x2 x1
2
x12 x22 2 x12 x22 48 x1 x2 2 x1 x2 80
2
2
4k 2 8 80 4 k 2 5 2
2
5 2 k 2
52
2 k
2
2
2 y 2 2 y 2 xy x 0
x 1 2 y 1 x
b) Ta có: x x 1 2 y 1
2
y
1
x
1
2 y x 0
2
2
2
2 x 2 2 y 2 xy y 0
y 1 2x 1 y
y y 1 2x 1
2 x 1 y 1
2 x y 0
2
2 y 2 2 y 2 xy x 0
Suy ra 2
x y 2 x y 3 0. Vì
2 x 2 x 2 xy y 0
2 x y 0
x y0
2
y
x
0
Do đó x y x y 0 là nghiệm của hệ phương trình
Câu 3.
a) Phương trình tương đương x y x 2 y 2 1 xy 2 x y
Suy ra
xy 2
x2 y 2 1
xy 2 x2 y 2 1 x2 y 2 4 x2 y 2 1 x2 y 2 1 5 x2 y 2 1 5 x2 y 2 1
x2 y 2 11;5 x 2 y 2 0;4 xy 2;0;2
Xét xy 0 thì x y 2 x; y 0;2 ; 2;0
Xét xy 2 x y 0 y x x 2 2(ktm)
4
Xét xy 2 x y (ktm)
5
Vậy x; y 0;2 ; 2;0
2n 1 a 2
b) Đặt
với a, b *, suy ra a 2 2n 1là số lẻ nên a lẻ
2
3n 1 b
Do đó: 2n a 1 a 1 4 n 2 3n 1 b2 là số lẻ nên b lẻ.
Đặt b 2c 1 c *
Ta có: 3n 2c 1 1 4c c 1 8 n 8 (1)
2
Mặt khác số chính phương chia cho 5 chỉ có thể dư 0;1hoặc 4. Do đó
- Nếu n chia cho 5 dư 1 thì 2n 1chia cho 5 dư 3, vô lý
- Nếu n chia cho 5 dư 2 thì 3n+1 chia cho 5 dư 2, vô lý
- Nếu n chia cho 5 dư 3 thì 2n+1 chia cho 5 dư 2, vô lý
- Nếu n chia cho 5 dư 4 thì 3n +1 chia cho 5 dư 3, vô lý
Vậy n 5 (2)
Từ (1) và (2) suy ra n chia hết cho 40
Câu 4.
H
B
E
P
M
I
A
O
Q
F
C
K
a) Ta chứng minh được OA BC tại I
OB 1
Do đó, cos ABI cos AOB
ABI 600
OA 2
Mặt khác EOF FOM EOM
COM BOM BOC
AOB 600
2
2
EOF ABI OBEQ nội tiếp
b) Ta có OQP OEB OEF OQP OEF
Mặt khác OBE OQE 1800 mà OBE 900
PQ OQ
(1)
EF OE
OQE 900 OEQ 900 EOF 300 sin OEQ
1
OQ 1
2
2
OE 2
Từ (1) và (2) suy ra EF 2PQ
c) Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OA và cắt AB và AC lần lượt tại K và H.
2
EF 1
S
OM .EF R.EF
Vì OQP OEF nên
SOPQ OEF
SOEF PQ 4
4
8
8
R
Vì K BOI 600 HC KB OB.cot K OB.cot 600
3
Lại có EF FM EM FC EB HF HC KE KB
SOPQ
2R
.
3
Mặt khác, ta chứng minh được HFO OFE và KOE OFE nên
2
HF HO
R 4R
2
HFO KOE
HF .KE OK .OH OK
0
OK KE
3
sin 60
HF KE HC KB HF KE 2 HC 2 HF .KE
R2 3
R.EF R 2 3
. Khi đó M là
Do đó, SOPQ
. Diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất là
12
8
12
điểm chính giữa cung BC
Câu 5.
1 x yz y zx z xy
x yz y zx z xy
Ta có:
.
.
P
x3 y 3
y
x
x2 y 2
2
2
2
4z
x
y
x x
z
2 z
z z 1 1 z z 1 1 2 z z 2
1
2
xy
xy y y
x
y
y
x
2
2
2
4z
4 z z 1
12
8
z 1
1
z
1
6
z
1
2
2
z 1 z 12
z 1
z 1
12 3 z 1
8
z 1 z 1
6
2
z
1
4
8
8
z
1
Áp dụng BĐT Cô si ta có:
2
2
1
12 3 z 1
8
z 1 z 1 729
4
6 2
.
33
.
.
P
2
P
z 1
4
4
729
z 1 8 8
2
2
Vậy GTLN của P là
4
, đạt được khi x y 2, z 5
729