De thi hsg toan 9 Thanh Hoa

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ. KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút. Câu 1 (4 điểm). A. 1 1 x2 .. a) Rút gọn biểu thức  1 x 1 .. . (1  x)3  (1  x)3. 2  1  x2.  với. 3 2 2 3 b) Cho a và b là các số thỏa mãn a > b > 0 và a  a b  ab  6b 0 .. a 4  4b 4 B 4 b  4a 4 . Tính giá trị của biểu thức Câu 2 (4 điểm). 2 2 2 a) Giải phương trình x ( x  2) 4  x 2 x  4.. 5 x 2  2 y 2  2 xy 26  b) Giải hệ phương trình 3x  (2 x  y )( x  y ) 11 .. Câu 3 (4 điểm). a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình 2 xy  2 xy  x 32 y . b) Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng p=a2+b2 +c2 với a; b; c là các số nguyên dương sao cho a4+b4 +c4 chia hết cho p Câu 4 (6 điểm). Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O, R). H là một điểm di động trên đoạn OA (H khác A). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt cung nhỏ AB tại M. Gọi K là hình chiếu của M trên OB.   a) Chứng minh HKM 2AMH. b) Các tiếp tuyến của (O, R) tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của (O, R) lần lượt tại D và E. OD, OE cắt AB lần lượt tại F và G. Chứng minh OD.GF = OG.DE. c) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R. Câu 5 (2 điểm). Cho x;y;z >0 chứng minh rằng x y   z  3x x 3y. z 3  y  3z 2.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ----------------------Hết--------------------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN THANH HOÁ HỌC SINH GIỎI TỈNH --------------------------LỚP 9 MÔN THI: TOÁN Lưu ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà kết quả đúng thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa. Câu. Nội dung A. Câu 1a: (1,0 đ). Câu 1b: (1,0 đ). . . 1  x  1  x 2  1  x2 2  1 x.  1  1  x2 .. .  1  1  x2. . . . 0.5. 2. 1 x  1 x. . . 2. 1 x  1 x. 0.5. .  1  1  x2.  2  2 1  x  2. 0.5.  2x 2 = x 2 a 3  a 2b  ab 2  6b3 0  (a  2b)(a 2  ab  3b 2 ) 0 (*). 0.5. 2 2 Vì a > b > 0  a  ab  3b  0 nên từ (*) ta có a = 2 b. 0.5. Vậy biểu thức B. Câu 2a: (1,0 đ). 1  1  x2 .. Điểm. a 4  4b 4 16b 4  4b 4  b 4  4a 4 b 4  64b 4. 0.5. 12b 4 4  4  63b 21 2. Đặt. B. 0.5. 0.5 2. . 4. t x 2 x  4  t 2 x  2 x. 2. . x. 2. . t2 x 2  2 2. .  t  4 t2 4  t  t 2  2t  8 0    t 2 ta được phương trình 2  x  0 x  0 x 2 x 2  4  4    4 4 2 2 x  2 x 16 x  2 x 2  8 0    Với t = -4 ta có. . . x  0  2  x  2  x 2  x  0 x  0 x 2 x 2  4 2    4 4 2 2 x  2 x 4 x  2 x 2  2 0    Với t =2 ta có. . . 0.5 0.5. 0.5. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  x  0  2  x x  3  1  . Câu 2b: (1,0 đ). 3 1. . Kết luận nghiệm của phương trình.. a 2  b 2 26  Đặt 2x+y =a; x-y=b biểu diễn hệ a  b  ab 11   a  b  8    ab 19   a  b 6  ab 5 tìm được  . Giải 2 hệ trên cuối cùng tìm được(x;y). 0.5. 0.5.   (2;1); (2;  3). 05. xy 2  2 xy  x 32 y  x( y  1) 2 32 y. Do y nguyên dương Câu 3a: (1,0 đ).  y  1 0  x . 32 y ( y  1) 2. 0.5. 2 Vì ( y, y  1) 1  ( y  1)  U (32) 2. 2. 0.25 2. 4. 2. 5 mà 32 2  ( y  1) 2 và ( y  1) 2 (Do ( y  1)  1 ). 2. 2. 2. 4. 0.5. *Nếu ( y  1) 2  y 1; x 8 *Nếu ( y  1) 2  y 3; x 6 Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là:. 0.5.  x 8   y 1.  x 6  và  y 3 Vai trò a; b; c bình đẳng giả sử a b c. Câu 3b: (1,0 đ). P= a2+b2+c2 nên (a4+b4+c4+ 2a2b2+2b2c2 +2c2a2 )  p Suy ra 2a2b2+2b2c2 +2c2a2  p do a,b,c nguyên dương nên p 3 vậy (2;3)=1vậy a2b2 +b2c2+c2a2  p Suy ra (a2b2 + c2p –c4)  p suy ra (ab-c2) (ab+c2)p ab < 2ab  a2+ b2 nên 1<ab+c2< a2+b2+c2=p suy ra ( p; ab+c2) =1 buộc c2 –ab p mà a b c nên 0  c2 –ab <p buộc c2-ab =0. vậy c2=ab nên a=b=c suy ra p =3a2 mà p nguyên tố nên p=3. 0.5. 0.5 0.5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O). Ta có.  1 O  1 A 1 1  2 2 sđ AM. (1) 0.5. Câu 4a: (1,0 đ).   Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA)  A1 M1. (2). 0.5.    Tứ giác MHOK nội tiếp  O1 K1 (cùng chắn MH ). (3). 0.5.  1 K  M   1 1 2 Từ (1), (2), (3) ta có hay HKM 2AMH.. 0.5. Có tứ giác AOMD nội tiếp (4). 0.5. Câu 4b: (1,0 đ).  1  O  1 A O 1 1 2   2 sđ BM 2 sđ BM ;  O   A 1 1  tứ giác AMGO nội tiếp (5) Từ (4), (5) ta có 5 điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên một đường tròn.  D  D  G 1 2 1  OGF và ODE đồng dạng OG GF   OD DE hay OD.GF = OG.DE.. 0.5. 0.5. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Trên đoạn MC lấy điểm A’ sao cho MA’ = MA  AMA ' đều. .  A  600  BAA'  A 1 2. .  MAB A'AC  MB A'C. Câu 4c: (1,0 đ).  MA  MB MC Chu vi tam giác MAB là MA  MB  AB MC  AB 2R  AB Đẳng thức xảy ra khi MC là đường kính của (O) => M là điểm chính giữa cung AM => H là trung điểm đoạn AO Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB. 3 AB 3  AI  R   AB R 3 2 2 Gọi I là giao điểm của AO và BC Giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2  3)R. 0.5. 0.5 0.5. 0.5. Áp dụng bất đẳng thức cauchy-schwarz ta được (. Câu 5: (1,0 đ). x y z x y z   ) 2 3(   ) z  3x x  3y y  3z z  3x x  3 y y  3z.  z x y  3       z  3 x x  3 y y  3z  z x y   Ta có : z  3x x  3 y y  3x. z2 x2 y2   2 2 2 = z  3xz x  3 yx y  3 yz. Áp dụng BĐT cauchy-schwarz z2 x2 y2 ( x  y  z )2 3( x  y  z ) 2 3      z 2  3xz x 2  3 yx y 2  3 yz ( x  y  z ) 2  ( xy  yz  zx ) 4( x  y  z ) 2 4 z x y 9   Nên 3- z  3x x  3 y y  3x  4. từ đó suy ra đpcm dấu “=” xảy ra khi : x=y=z. 0.5. 0.5 0,5. 0.5.

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