De thi hsg toan 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trường THCS Dân Hoà. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN Thời gian: 150 phút Câu 1: (6điểm)  x y x  y   x  y  2 xy     :  1   1  xy   1  xy 1  xy   Cho P = . a, Rút gọn P 2 b, Tính giá trị của P với x= 2  3. c, Tìm giá trị lớn nhất của P C©u 2: (4 điểm) a) Gi¶i ph¬ng tr×nh √ 3+ x+ √6 − x - √(3+ x )(6 − x ) =3 b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + y2 = xy + x + y. Câu 3: ( 4 điểm) a b c x y z x2 y 2 z 2    0   1  2  2 1 2 a) Cho a b c và x y z . Chứng minh rằng : a b c . 1 1 1 b) Cho a,b,c lµ 3 c¹nh cña mét tam gi¸c . CMR P= 2 + 2 + 2 a + bc b +ac c +ab a+b+ c 2 abc. C©u 4: (5đ) Cho đường tròn tâm (O) đường kính CD = 2R . Điểm M di động trên đoạn OC . Vẽ đường tròn tâm (O’) đường kính MD . Gọi I là trung điểm của đoạn MC , đường thẳng qua I vuông góc với CD cắt (O) tại E và F . Đường thẳng ED cắt (O’) tại P . 1. Chứng minh 3 điểm P, M , F thẳng hàng. 2. Chứng minh IP là tiếp tuyến của đường tròn (O’). 3. Tìm vị trí của M trên OC để diện tích tam giác IPO’ lớn nhất. C©u 5:(1đ) Tìm các số nguyên x, y ,z thỏa mãn : 6. (x . 1 1 1 1 ) 3( y  ) 2( z  )  xyz  . y z x xyz. ......Hết....... Người duyệt đề. Người ra đề. Nguyễn Thị Hà. Trần Thị Thuý Hoa.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 Câu 1: (6 điểm)  x y x  y   x  y  2 xy     :  1   1  xy   1  xy 1  xy   Cho P= . a, Rút gọn P (2 điểm) Điều kiện để P có nghĩa là : x 0 ; y 0 ; xy 1 Ta có :. .  x y x y    :  1  x  y  2 xy     1  xy 1  xy  1  xy   P= . .   x  y 1  xy 1  xy . x  y 1  xy . = =. (0,5 đ). 1 . x y x y y x x 1  xy. xy.  : 1  xy  x  y  2 xy 1  xy. y x yy x. :. (0,5đ). x  y  xy  1 1  xy. 2 x  2y x 1  xy 1  x  y  1 = 1  xy. (0,5đ). 2 x 1  y  2 x  = 1  x 1  y  1  x. (0,5đ). 2 b, Tính giá trị của P với x= 2  3 (1,5điểm) 2 Ta thấy x= 2  3 thoả mãn điều kiện x 0. . . (0.25đ). 2 2 3 2 Ta có : x= 2  3 = 2  3 2  3 =4-2 3 =( 3 -1)2 2 x Thay x vào P = x  1 , ta có:. . 2. . 2. . 3 1. P= 4  2 3  1. . . 2 31 . . .  . 2 3  1 52 3 5 2 3 = 5 2 3 52 3. . 25 3 6 5 2 3 2.  23.  .   . . 2. x  1 0 x.  . (0,5đ). . 3 1 2 3 3 1 = 25  12 = 13. 5  2 3  = c, Tìm giá trị lớn nhất của P (2 điểm) Với mọi x 0, ta có: 2. (0,5đ). (0,25đ). (0,25đ) 2.  2 x  1 0. x+1  2 x. (0,5đ).

<span class='text_page_counter'>(3)</span>   . 2 x 1 1 x 2 x 1 1 x P 1 . ( vì x+1>0). 0.25đ) (0,25đ). Vậy giá trị lớn nhất của P =1  x  1 0  x 1   x=1. . . 2. x  1 0. (0,5đ). C©u 2: (4 điểm) a)(2 điểm) ĐK : -3 x 6 Đặt √ 3+ x+ √6 − x =t >0. (0,25đ) (0,25đ). 2. Suy ra t =3+x+6-x+2 √ (3+ x )(6 − x ) Ta có pt: t-. 0.25đ. ⇔. √(3+ x )(6 − x ) =. 2. t 2− 9 2. (0,25đ). t −9 =3 ⇔ t2-2t-3=0 ⇔ t=-1 (loại) hoặc t=3 2 √ 3+ x+ √ 6 − x =3 ⇔ ... ⇔ x=-3 hoặc x=6. (0,5đ). -1 1 0. -1 -1 0 (0;1). (1;2). (2;1). (1;0). (0;0). (2;2). t=3 suy ra b) (2đ) x2 + y2 = xy + x + y  (x - y)2 + (x - 1)2 + (y - 1)2 = 2. Vì x, y Z nên : x+y 0 0 0 0 1 1 1 1 -1 -1 x-1 1 -1 1 -1 0 0 1 -1 0 0 y-1 1 1 -1 -1 1 -1 0 0 1 -1 (x;y). (0,25đ). Câu 3:(4đ) a) (2đ) 2.  x y z x y z x 2 y 2 z 2 2 xy 2 xz 2 yz   1 ⇔     1 ⇔      1 a b c a 2 b 2 c 2 ab ac bc Từ a b c x 2 y 2 z 2 2cxy 2bxz 2ayz      1 ⇔ a 2 b 2 c 2 abc abc abc (1) (1đ) a b c ayz bxz cxy   0 ⇔   0  ayz+bxz+cxy=0 x y z xyz xyz xyz Từ (2) (0,5đ) ⇔. x2 y 2 z 2   1 a2 b2 c2. Từ(1) và (2) b)(2đ) Do a,b,c lµ 3 c¹nh cña mét tam gi¸c nªn a,b,c>0. (0,5đ) (0,25đ). 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0, 5đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Theo bất đẳng thức COSI: a2+bc (0,5đ). 1 b +ac. T¬ng tù: (0,5đ). 1 + a + bc. Suy ra. 2. 1 1 + 2 a + bc c +ab. 2. 2. (0,25đ) 1 + a + bc a+b+ c ¿ 2 abc ⇔. 2. 1 + 21 a + bc c +ab 2. 1 a + bc. ⇔. 2a √ bc 1 2 b √ ac. ;. 1 2 a √ bc. 2 a √ bc. 1 c +ab. 1. 2. +. √ bc+ √ac + √ ab 2 abc. 1. 2. 1 2 b √ ac. 2 c √ ab. +. 1 2 c √ ab. b+c +a+ c+ a+b 2 .2 abc. (0,5đ) C©u 4: (5đ) a) Vẽ hình và chứng minh câu a 2đ E. P. D. O /. M. C. I F. a) Do P thuộc (O’) mà MD là đường kính suy ra góc MPD vuông hay MP vuông góc với ED. Tương tự CE vuông góc với ED. Từ đó PM//EC. (1) Vì EF là dây cung, CD là đường kính mà CD  E F nên I là trung điểm của E F. Lại có I là trung điểm của CM nên tứ giác CE M F là hình bình hành. Vậy FM//CE.(2). Từ (1) và (2) suy ra P, M , F thẳng hàng. (2đ) 1. Ta có  EDC =  EFP (góc có cạnh tương ứng vuông góc). Do tam giác PO’D cân tại O’ nên  EDC =  O’PD. Lại có  EFP =  IPF (do tam giácIPF cân) vậy  I PF=  O’PD mà  FPD =1v, suy ra  IPO’ =900 nên IP  O’P. Hay IP là tiếp tuyến của (O’). (2đ) 2. Vì O’M =1/2 MD và IM =1/2MC nên IO’ =1/2 CD vậyIO’ =R. áp dụng định lý Pytago có PI2 + PO’2 = IO’2 =R2 (không đổi ) . Mặt khác 4S2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> =PI2.PO’2 ( S là diện tích của tam giác IO’P) . Vậy 4S2 Max hay S Max khi 1 PI = PO’ =R 2 mà DM =2 PO’ do đó DM = 2 R , Vậy M cách D một khoảng bằng. 2 R.. (1đ ). Câu 5 :(1điểm)  x   1 1 1 1  6( x  ) 3( y  ) 2( z  )  xyz  k   y  y z x xyz   z  . Đặt Xét tích : (x . 1 k  y 6 1 k  z 3 1 k  x 2. 0.25đ. 1 1 1 k3 k3 1 1 1 1 )( y  )( z  )   xyz   ( y  )  (x  )  (z  ) y z x 36 36 xyz z y x. k3 k k k k3 k     0  k 0 36 3 2 6 36 ( xyz ) 2 1  xyz 1     xy  yz  zx 1  xy  yz  zx 1 .  x  y  z 1   x  y  z  1. Vậy (x, y , z) = (1,1,1) =(-1,-1,-1) là cần tìm.. 0,5đ 0,5đ 0,25đ. Học sinh làm theo cách khác mà vẫn đúng thì cho điểm tối đa..

<span class='text_page_counter'>(6)</span>