De dap an thi hoc HSG Toan tinh Thanh Hoa 20142015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC. Số báo danh .............................. KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học: 2014-2015 Môn thi: TOÁN Lớp 9 THCS Ngày thi 25/03/2015. Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu.. . . .  2x  1 x 2x x  x  x  x  x 1  x A   1  . 1 x 1 x x 2 x1   Câu I: (4,0 điểm) Cho biểu thức. 1. Rút gọn biểu thức A 1 A 7 2. Tìm x để Câu II: (4điểm). x 3x   2 0. 2 2 1. Giải phương trình x  x  2 x  5 x  2  x 2  y 2 2 x 2 y 2  2 2 2. Giải hệ phương trình ( x  y )(1  xy ) 4 x y. Câu III: (4điểm) 2. 2. 1. Tìm các nghiệm nguyên (x; y) của phương trình: 5(x  xy  y ) 7(x  2y) . 2. Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho tồn tại số tự nhiên m thỏa mãn :. pq m2  1  . p  q m 1 Câu IV: (6điểm) Cho 3 điểm A , B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (B nằm giữa A và C). Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua B và C (O không thuộc đường thẳng d). Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại M và N. Gọi I là trung điểm của BC, AO cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q (P nằm giữa A và O), BC cắt MN tại K. 1. Chứng minh 4 điểm O, M, N, I cùng nằm trên một đường tròn. 2. Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi. 3. Gọi D là trung điểm của HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng MP tại E. Chứng minh P là trung điểm của ME. Câu V: (2điểm). b  a b  a 2     c  2  2  6. a  b Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn  b a  Tìm giá trị bc ca 4ab P   . a (2 b  c ) b (2 a  c ) c ( a  b ) nhỏ nhất của biểu thức ------------------ Hết------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Họ tên thí sinh: ……………………………………… Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN THI: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài 150 phút (Không kể thời gian giao đề) (Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang). ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC. CÂU. Ý. ĐIỂM. NỘI DUNG 1 x 0; x  ; x 1 4 Điều kiện: 2 Đặt x a; a 0  x a , ta có:. I. 0,5.  2a  1  a 2a  a  a   a  a   1  a  A   1 . 2 1  a3 2a  1  1 a    a  1  2a  1 a  a  1  2a  1  a  a  1  1  a  . A   1 2 2a  1   1  a   a  1  a  1  a  a  1  2. 3. 2. 2. 1. 0,5 A=. [. ( 2 a −1 ) a ( 2 a −1 ) a ( a −1 ) (1 − a ) + . −1 2 a− 1 ( 1 −a ) ( a2 −a+ 1 ). ].  1  a  a  1  1  a  a  .(2a  1). A   2 1 2a  1   1  a   a  a  1 . 2. A=. −1 . Vậy: a − a+1. A=. −1 1 1 1 <− ⇔ > 7 x − √ x +1 x − √ x+1 7. A=. 2. ⇔ x − √ x+1<7 ⇔ x . 0,5. 2. 1 3 x − √ x +1= √ x − + >0 ) 2 4. (. (do. x  60. −1 . x − √ x +1. . x 3. . ). . x 2 0 . x  30. ⇔ 0 x  9 0  x  9   1  x  4 , x 1 Đối chiếu với điều kiện ta được: 1. II. 0,5.   x  1  x 2  x  2 0    x 2  2  x  5 x  2 0   x  5  33  2 ĐKXĐ: Nhận thấy x 0 không là nghiệm của phương trình.. 0,5. 0,5 0,5 0,5. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Khi x 0 thì.  Phương trình đã cho. 1 2 x  1 x. 3. . 2 x 5 x. 0,25.  2 0.. 2 1 3  2 x , ta được phương trình biểu thị theo t là t  1 t  5 Đặt  t 2  5t  6 0  t 2; t 3 2 t 2  x  2  x 2  2 x  2 0  x 1  3 x Với (thỏa mãn). 0,25. 2 3  17 t 3  x  3  x 2  3 x  2 0  x  x 2 Với (thỏa mãn) 3  17   S 1  3; . 2    Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là. 0,25. t x . 0,25 0,25. 0,25. 2 Với x = y = 0 là nghiệm của hệ phương trình. 0,5. Nhận thấy nếu x 0 thì y 0 và ngược lại Xét x 0 ; y 0 hệ phương trình tương đương với 1 1 1 1 (1)  x 2  y 2 2  x 2  y 2 2     ( 1  1 )(1  1 ) 4 ( 1  1 )(2  2 ) 8 (2) xy xy  x y  x y 1 1 (  )3 8 Thay (1) vào (2) ta được x y. 0,5 0,5. 1 1  x  y 2     x y 1  1 1  xy Vậy hệ có nghiệm (x ; y) là (0 ; 0) ; (1 ; 1). 1. 2 2 Ta có: 5( x  xy  y ) 7( x  2 y ).  7( x  2 y ) 5 . 0,25 0,25. (1). ( x  2 y )5 . Đặt x  2 y 5t (2) (t  Z ) thì. 2 2 (1) trở thành x  xy  y 7t. 0,5. (3).. 2 2 Từ (2)  x 5t  2 y thay vào (3) ta được 3 y  15ty  25t  7t 0 (*), coi đây là. PT bậc hai đối với y có:  84t  75t. 2. 0,5. 2. Để (*) có nghiệm   0  84t  75t 0.  0 t . 28 25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vì t  Z  t 0 hoặc t 1 . Thay vào (*) :. 0,5.  y1 0  x1 0 + Với t 0  y2 3  x2  1    y3 2  x3 1 + Với t 1. 0,5. Vậy phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là (0; 0), (-1; 3) và ( 1; 2) III 2. 0,25. 2(m 2  1) 4 p 2m  2  m 1 m 1 . Nếu p q thì Do m   và p là số nguyên tố nên 4( m  1)  m 0; m 1; m 3.  p 2; p 5.. 0,25. Nếu p q thì pq và p + q là nguyên tố cùng nhau vì pq chỉ chia hết cho các ước nguyên 0,25 tố là p và q còn p + q thì không chia hết cho p và không chia hết cho q. 2 Gọi r là một ước chung của m  1 và m  1  2.  (m  1)(m  1) r  (m2  1)r. 2.   (m  1)  (m  1)  r  2r  r 1 hoặc r 2 . 2 ) r 1 suy ra p  q m  1, pq m  1  p, q là hai nghiệm của phương trình. x 2  (m  1) x  m 2  1 0 vô nghiệm do   3m 2  2m  3  (m  1) 2  (2m 2  2)  0. 0,25. ) r 2 suy ra 2 pq m2  1 và 2( p  q) m  1  p, q là hai nghiệm của 2 2 phương trình 2 x  (m  1) x  m  1 0 vô nghiệm do   7m 2  2m  7  (m  1) 2  (6m 2  6)  0 . Vậy bộ các số nguyên tố (p; q) cần tìm là ( p; q ) (2;2); ( p; q ) (5;5). IV. 1. M. A. O. P. D. Q. H B K I. E. 0,25 0,25. N C. d. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> I là trung điểm của BC (Dây BC không đi qua O)  OI  BC   OIA = 900 Ta có  AMO = 900. 0,5 0,5.  ANO = 900. 0,5. Suy ra 4 điểm O, M, N, I cùng thuộc đường tròn đường kinh OA. 0,5. AM, AN là hai tiếp tuyến của (O) nên OA là phân giác  MON mà MON cân ở O nên OA  MN ABN đồng dạng với ANC (Vì  ANB =  ACN,  CAN chung). . AB AN  AN AC  AB . AC = AN2. ANO vuông tại N đường cao NH nên AH . AO = AN2  AB . AC = AH . AO 2. 0,5. 0,5. AHK đồng dạng với AIO (g-g). AH AK   AI AK AH AO AI AO Nên  AI AK AB.AC AB AC  AK  AI Ta có A, B, C cố định nên I cố định  AK cố định Mà A cố định, K là giao điểm của dây BC và dây MN nên K thuộc tia AB  K cố định. 0,5. 0,5. Ta có  PMQ = 900 3. V. ME MH  MQ DQ MHE QDM (g-g) MP MH MH    MQ QH 2DQ PMH MQH MP 1 ME   . MQ 2 MQ. 0,5.  ME = 2 MP  P là trung điểm ME. 0,5. . 0,5 0,5. c(a  b)( a 2  ab  b 2 ) 2( a 2  b 2 ) a b  a b  2     c  2  2  6  6   2 2 b a b a a b ab     Từ: ta có: 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> c(a  b)(a 2  ab  b 2 ) 2(a 2  b2 ) c(a  b) c( a  b) a  b 2ab  6    4 0 2. 2 2 ab ab ab ab 2. 2. Lại có 2. bc ac (bc)2 ( ac)2 (bc  ac)2  c ( a  b)       a(2b  c) b(2a  c) abc(2b  c) abc(2a  c) 2abc(a  b  c) 2abc(a  b  c ) (ab  bc  ca)2 abc( a  b  c) ab.bc  bc.ca  ab.ca  3 và  c (a  b)   bc ac 3  c( a  b)  3 ab         a (2b  c ) b(2a  c) 2  ab  bc  ca  2  1  c ( a  b)  ab  . 0,25. 2. 2. 0,25. c ( a  b) 3t 2 4 t  P  2 ab 2(1  t ) t (với 0  t 2 ). Đặt. 0,25. 3t 2 4  3t 2 4 8  8  7t 3  8t 2  32t  24 8         2(1  t ) 2 t  2(1  t ) 2 t 3  3 6t (1  t )2 3 Có. 0,25. . (t  2)(  7t 2  22t  12) 8  6t (1  t ) 2 3. (t  2)( 7t 2  22t  12) (t  2)( 7t 2  22t  12) 8 8 0 t  (0; 2]    t  (0; 2] 6t (1  t )2 6t (1  t )2 3 3 mà .. 0,25. 0,25. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi t = 2 hay a b c.. 8 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi a b c. Lưu ý khi chấm bài: - Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa - Bài hình không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm điểm.. 0,25.

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