De thi HSG lop 9 mon Toan tinh Binh Dinh 20142015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS KHÓA NGÀY : 18 – 3 – 2015. ĐỀ CHÍNH THỨC. Môn thi : TOÁN Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) Ngày thi : 18 /3/2015 ------------------------------------. Bài 1: (6,0 điểm) x − y ¿ 3+3 ( x − y)( xy+ 1) , biết A=¿ 3 3 3 3 x=√ 2+ √ 3 − √ 2 − √3 , y=√ √ 5+2 − √ √5 − 2. a) Tính giá trị biểu thức:. b) Giải hệ phương trình:. ¿ x 2 + y 2=11 x+ xy + y=3+ 4 √ 2 ¿{ ¿. Bài 2: (5,0 điểm) a) Cho phương trình: 5 x2 + mx− 28=0 (m là tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn điều kiện: 5 x1 +2 x 2=1. b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:. 2 2 5 x + y +4 xy +4 x+2 y −3=0 .. Bài 3: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) có cạnh BC bằng trung bình cộng của 2 cạnh AB và AC. Gọi G là trọng tâm và I là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác ABC. Chứng minh: IG // BC. Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC (AB > AC) ngoại tiếp đường tròn tâm I. Đường tròn (I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại M. Đường thẳng AD cắt đường tròn (I) tại N (khác D). Chứng minh rằng MN là tiếp tuyến của đường tròn (I). Bài 5: (2,5 điểm) Cho 3 số x , y , z > 0 thỏa điều kiện Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:. x+ y+ z=1 . x y z P= + + x+ 1 y+ 1 z+ 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH BÌNH ĐỊNH Môn TOÁN - LỚP 9 – Năm học : 2014 – 2015 --------------------------------------. Bài 1: ( 6,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức : A = ( x – y)3 + 3(x – y )(xy + 1), biết x=. 3. 2 3 -. 3. 2. 3. ,. y=. 3. 5 2 -. 3. 5 2. Giải : Ta có : x3 = 2 + 3 - 2 + 3 - 3x  x3 + 3x - 2 3 = 0 (1) y3 = 5 + 2 - 5 + 2 – 3y  y3 + 3y – 4 = 0. (2). Trừ (1) và (2) có : x3 – y3 + 3(x – y) + 4 - 2 3 = 0  (x – y)3 + 3xy(x – y) + 3(x – y) + 4 - 2 3 = 0  (x – y)3 + 3(x – y )(xy + 1) = 2 3 - 4. Vậy: A = 2 3 - 4  x 2  y 2 11  b) Giải hệ phương trình :  x  xy  y 3  4 2 2 ( x  y )  2 xy 11  Giải : Hệ phương trình tương đương với : ( x  y )  xy 3  4 2 u 2  2v 11  Đặt u = x + y ; v = xy. Ta có hệ : u  v 3  4 2   u2 + 2u – ( 17 + 8 2 ) = 0. Giải ra được : u1 = 3 +. u 2  2v 11  2u  2v 6  8 2. 2 ; u2 = - 5 – v 1 = 3 2 ; v2 = 8 + 5 2.  x  y 3  2   x = 3 ; y = 2 hoặc x = Ta có :  xy 3 2  x  y  5  2   xy 8  5 2  không tồn tại x ; y.. Hệ có hai nghiệm ( 3 ;. 2 . Từ đó suy ra :. 2 ;y=3. 2 ) và ( 2 ; 3). Bài 2: ( 5,0 điểm) a) Phương trình 5x2 + mx – 28 = 0 có:  = m2 + 560 > 0 , với mọi m. m Áp dụng hệ thức Vi-et : x1 + x2 = 5. Theo giả thiết: 5x1 + 2x2 = 1.  28 ; x1x2 = 5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> m   x1  x2  5  2m  5  (m  1) 5 x1  2 x2 1 3 Giải hệ : ta được : x1 = 15 ; x2 = 2m  5  (m  1)  28  x1x2 = 15 . 3 = 5  (2m + 5)(m +1) = 252  2m2 + 7m – 247 = 0 19 Giải ra được : m1 = 2 ; m2 = - 13. b) Tìm nghiệm nguyên phương trình : 5x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y – 3 = 0 (1) (1)  x2 + (2x + y + 1)2 = 4 Vì x ; y  Z và 4 chỉ có thể viết thành tổng của 2 số chính phương là 0 và 4 nên ta có các  x 2 0  2 trường hợp : (2 x  y  1) 4 hoặc   x 0    2 x  y  1 2   x 0    2 x  y  1  2    x 2   2 x  y  1 0    x  2     2 x  y  1 0.  x 2 4  2 (2 x  y  1) 0. Phương trình có 4 nghiệm ( 0 ; -1) ; (0 ; -3) ; (2 ; -5) ; (-2 ; 3). Bài 3: ( 3 , 0 điểm) Chứng minh : IG // BC Đặt BC = a ; CA = b ; AB = c. A. G. I. B. H. K. N. M. C. 1 Ta có : a = 2 (b + c) ( gt). Hạ AH  BC ; IK  BC ; GN  BC. GN GM 1   GN // AH  AH AM 3 SGBC GN 1 1   SGBC  S ABC S AH 3  ABC  3 (1) 1 1 1 1 1  rb  rc    SBIC = 2 IK.BC = 2 r.a = 2 r. 2 (b + c) = 2  2 2  1 1 S  S   AIC AIB = 2 = 2 (SABC – SBIC) 1  SBIC = 3 SABC (2) Từ (1) và (2) suy ra : SGBC = SBIC  IK = GN  IG // BC.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Chứng minh : MN là tiếp tuyến của (I) Gọi K là giao điểm của IA và EF ; H là giao điểm của IM và AD. Ta có IA là đường trung trực của EF nên IA  EF. Ta có ID2 = IE2 = IK . IA ( hệ thức lượng). A. N. F. K E I. j. H. B D. C. M. ID IK   IA ID . Do đó:  IDK.  IAD (c –g – c).  gIDK = gIAD.. Tứ giác IDMK nội tiếp nên gIDK = gIMK  gIAD = gIMK  Tứ giác AKHM nội tiếp.  gAHM = gAKM = 900  ND  IM tại H Ta có : IN2 = ID2 = IH . IM IN IM   IH IN . Do đó :  INM.  IHN (c- g-. c)  INM = IHN = 900  IN  NM  đpcm.. Bài 5: (2,5 điểm) Cho x , y, z > 0 thõa mãn x + y + z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của : x y z   P = x 1 y 1 z 1 x y z   Giải : Từ giả thiết 1 = x + y + z , ta có : P = 2 x  y  z x  2 y  z x  y  2 z Đặt a = 2x + y + z ; b = x + 2y + z ; c = x + y +2z  a , b, c > 0. Ta có : a + b + c = 4( x + y + z) = 4 (a – x) = 4(b – y) = 4(c – z) 3a  (b  c ) 4 Từ a + b + c = 4(a – x)  x = 3b  (c  a ) 3c  (a  b) 4 4 Tương tự : y = ; z= 3a  (b  c ) 3b  (c  a ) 3c  (a  b) 4a 4b 4c Ta có : P = + + b a b c  c a b c ca a b           4P = ( 3 - a ) + ( 3 - b ) + (3 - c ) = 9 -  a b  -  c b  -  a c   9 – 6 =. 3.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 3  P  4 4 1 Dấu « = » xảy ra  a = b = c = 3  x = y = z = 3 3 1 Vậy Pmax = 4  x = y = z = 3 GV Nguyễn Đình Tự - THCS Phước Thành.

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