DeHD cham thi tinh PT 2012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH. PHÚ THỌ. Lớp 9 THCS năm học 2011-2012 Môn Toán Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang. ĐỀ CHÍNH THỨC. -----------------------------------------------------------. Câu 1 (3,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n để hai số n  26 và n  11 đều là lập phương của hai số nguyên dương nào đó. Câu 2 (4,0 điểm) 2 Giả sử a là một nghiệm của phương trình: 2x  x  1 0 . Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức 2a  3 A 2  2a 4  2a  3  2a 2 Câu 3 (4,0 điểm) a) Giải phương trình 8x  1 x 2  3x  1 b) Giải hệ phương trình.  2x 2  y 2 1  2  xy  x 2 Câu 4 (7,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và điểm M nằm ngoài đường tròn. Qua điểm M vẽ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (A và B là các tiếp điểm). Gọi D là điểm di động trên  (D không trùng với A, B và điểm chính giữa của cung) và C là giao điểm cung lớn AB thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn (O; R). a) Giả sử H là giao điểm của các đường thẳng OM với AB. Chứng minh rằng MH.MO MC.MD, từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD luôn đi qua một điểm cố định. b) Chứng minh rằng nếu dây AD song song với đường th ẳng MB thì đường thẳng AC đi qua trọng tâm G của tam giác MAB. c) Kẻ đường kính BK của đường tròn (O; R), gọi I là giao điểm của các đường thẳng MK và AB. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MBI theo R, khi biết OM = 2R. Câu 5 (2,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: abc  a  b 3ab . Chứng minh rằng ab b a    3. a  b 1 bc  c  1 ca  c  1 ------------------------------------ Hết -------------------------------------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS, NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm thi gồm 5 trang). I. Một số chú ý khi chấm bài  Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm.  Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm.  Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn số.. II. Đáp án và biểu điểm Câu 1 (3,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n để hai số n  26 và n  11 đều là lập phương của hai số nguyên dương nào đó. ĐÁP ÁN ĐIỂM 3 3 Giả sử có số nguyên dương n sao cho: n  26 x ; n  11 y (với x, y là hai số nguyên dương và x > y) x 3  y3 37   x  y   x 2  xy  y 2  37 Khi đó. 1,5 đ. 2 2 Lại có 0  x  y  x  xy  y và 37 là số nguyên tố nên. (1)  x  y 1  2 2  x  xy  y 37 (2). 1,5 đ. 2 Thay x = y + 1 vào (2) ta được: y  y  12 0  y = 3 là nghiệm duy nhất thoả mãn. Vậy n = 38 là giá trị cần tìm. Câu 2 (4,0 điểm). Giả sử a là một nghiệm của phương trình: hãy tính giá trị của biểu thức 2a  3 A 2  2a 4  2a  3  2a 2. 2x 2  x  1 0 . Không giải phương trình,. ĐÁP ÁN Vì a là nghiệm của phương trình nên:. . ĐIỂM. 2a 2  a  1 0 2a 2 1  a.  *. 1,0 đ.  2a 4 a 2  2a  1 . Thay vào biểu thức A ta được:. 1,0 đ. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> A. =. . 2a  3 2  a 2  4a  4   2a 2. . 2a  3 2. 2  a  2   2a 2. 2a  3 2a  3  2 a  2  2a 2 2  2  a   2a 2 2a  3 2. . . 2a 2  a  1 . 2  2a  3. * ( vì theo  . thì a  1 ). 1 2. . 1,0 đ 1,0 đ. Câu 3 (4,0 điểm). a) Giải phương trình 8x  1 x 2  3x  1. b) Giải hệ phương trình 2x 2  y 2 1  2  xy  x 2 ĐÁP ÁN  x 2  3x  1 0 (1)  4 3 2 8x  1 x  6x  7x  6x 1 (2) a) (2,0 điểm) Phương trình. ĐIỂM. 1,0 đ. 4 3 2 x  x 3  6x 2  7x  14  0  x  6x  7x  14x  0  Ta có (2) 2  x  x  1  x  7x  14  0.  x 0    x 1 Kết hợp (1) ta tìm được x =1 là nghiệm của phương trình. b) (2,0 điểm) 2 2 2 2 2 Từ hệ đã cho ta suy ra: xy  x 4x -2y  3x  xy  2y 0  x y   (x  y)(3x  2y) 0  3x  2y. Nếu x  y thì: x2 = 1  x 1 . y2  1 Nếu 3x  2y thì: 9 (không thỏa mãn).. Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là:. 1,0 đ. 1,0 đ. 1,0 đ. S   1; 1 ,   1;  1  .. Câu 4 (7,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và điểm M nằm ngoài đường tròn. Qua điểm M vẽ hai tiếp tuyến  (D MA, MB tới đường tròn (A và B là các tiếp điểm). Gọi D là điểm di động trên cung lớn AB không trùng với A, B và điểm chính giữa của cung) và C là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn (O; R). a) Giả sử H là giao điểm của OM với AB. Chứng minh rằng MH.MO = MC.MD, từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD luôn đi qua một điểm cố định. b) Chứng minh rằng nếu dây AD song song với đường thẳng MB thì đường thẳng AC đi qua trọng tâm G của tam giác MAB.. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> c) Kẻ đường kính BK của đường tròn (O; R), gọi I là giao điểm của các đường thẳng MK và AB. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MBI theo R, khi biết OM = 2R. K. A. I. D. C M. H. O. E. B. ĐÁP ÁN. ĐIỂM. 2 a) (2,5 điểm) Vì tam giác AOM vuông tại A có AH  OM nên MH.MO MA ..   Mặt khác MAC ADC nên  MAC đồng dạng  MDA (g.g), do đó MA MC   MC.MD MA 2 MD MA Vậy MH.MO MC.MD. 1,5 đ. MH MC  Khi đó MD MO   Do đó MHC đồng dạng MDO  MHC MDO. Từ đó suy ra OHCD nội tiếp, vì vậy đường tròn ngoại tiếp  HCD luôn đi qua điểm O cố định.   b) (2,5 điểm) Giả sử AC cắt MB tại E, vì CBE EAB nên  EBC đồng dạng  EAB. EB EC   EA.EC EB2 . Do đó EA EB    Vì AD // MB nên EMC MDA MAC. Do đó  EMC đồng dạng  EAM EM EC   EA.EC EM 2 . EA EM Vậy EB = EM, tức là E là trung điểm của MB. Tam giác MAB có MH và AE là các đường trung tuyến, nên AC luôn đi qua trọng tâm G của  MAB.. 1,0 đ. 1,0 đ. 1,5 đ. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> I. M. N. B. 0  c) (2,0 điểm) Vì OM = 2R nên MAB là tam giác đều, do đó MBA 60 . Kẻ đường kính MN của đường tròn ngoại tiếp  BMI thì trong tam giác vuông IMN ta IM IM 2IM  sin INM   MN   0 MN sin 60 3 (1) có IM MH  . Ta có AK // MO nên HIM đồng dạng AIK (g.g). Do đó IK AK R 3R IM 3 3IK OH  MH    IM  2 nên AK = R và 2 , do đó IK 2 2 (2) Dễ thấy IH 3 IH 3    . IA 2 AH 5 Mặt khác. R 3 3R 3 R 3 IH  , IA  . 2 nên 10 5 Vì 2R 7 3R 7 IK  IM  5 , do đó 5 Khi đó (3). 1,0 đ. AH . 1,0 đ. R/ . R 21 . 5. Vậy đường tròn ngoại tiếp  BMI có bán kính Câu 5 (2,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: abc  a  b 3ab . Chứng minh rằng ab b a    3. a  b 1 bc  c  1 ca  c  1 ĐÁP ÁN. Bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với 1 1 1    3 1 1 1 1 1 1 1 1 .   .c   c c.  c  a b a b b b a a. ĐIỂM. (1). 1,0 đ. 1 1 x  , y  , z c a b Đặt thì x, y, z  0 và x  y  z 3 đồng thời bất đẳng thức phải chứng minh trở thành 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1 1 1    3 xy  x  y yz  y  z zx  z  x Ta chứng minh.  x  y  1. 2. 3  xy  x  y . (2). , với  x, y.. Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với. 2  x 2  y 2  1  2xy  2y  2x  6  xy  x  y  2. 2. 2.   x  y    x  1   y  1 0 Dấu “=”xảy ra  x y 1 . 1 3  x  y 1 Do đó xy  x  y , với x, y  0 . Dấu “=” xảy ra  x y 1 . Tương tự ta suy ra 1 1 1 3 3 3      xy  x  y yz  y  z zx  z  x x  y  1 y  z  1 z  x  1 (3) Dấu “=” xảy ra  x y z 1 . 1 1 1 9    ,  m, n, p  0 Ta chứng minh: m n p m  n  p. Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với 1. n p m p m n    1     1 9 m m n n p p. 1,0 đ.  n m  p m  p n             6 m n  m p  n p. Theo bất đẳng thức Cô si ta thấy bất đẳng thức trên luôn đúng. Dấu “=”xảy ra  m n p. Do đó 9 3 3 3 3   3   x  y 1 y  z 1 z  x 1 2 x  y  z   3. (4). Từ (3) và (4) suy ra điều phải chứng minh. Dấu “=”xảy ra  x y z 1 hay a b c 1.. ............................. HẾT .................................. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>