De Toan 9 so 2

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ SỐ 1 – HSG( THI LHP). . . .  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  2 0. 1. Giải phương trình x  x  2 x  5 x  2 2. 2. Giải hệ phương trình Câu III: (4điểm). 2 2 2 2  x  y 2 x y  2 2 ( x  y )(1  xy ) 4 x y. 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> ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1 – HSG( THI LHP) 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. 2  2a 2  1  a 2a 3  a 2  a   a  a   1  a  A   . 1  2 3 1  a 1  a 2 a  1     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 . 1. 0,5. ( 2 a −1 ) a ( 2 a −1 ) a ( a −1 ) (1 − a ) 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 7 x − √ x +1. 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. II. 0,5. 0,5 0,5. 0  x  9   1  x  4 , x 1 Đối chiếu với điều kiện ta được: 1. 0,5. 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.. 0,25. 0,25. Khi x 0 thì.  Phương trình đã cho. 1 2 x  1 x. . 3 2 x 5 x.  2 0.. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 1 3 t x   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. 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   (2) ( 1  1 )(1  1 ) 4 ( 1  1 )(2  2 ) 8  x y  x y xy xy 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 Vì t  Z  t 0 hoặc t 1 . Thay vào (*) :.  y1 0  x1 0 + Với t 0.  0 t . 28 25 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  y2 3  x2  1    y3 2  x3 1 + Với t 1 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. 0,25.  p 2; p 5.. 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. 0,25 0,25. 0,25. 0,25. M. A. O. P. D. Q. H B K I. E. N. I là trung điểm của BC (Dây BC không đi qua O)  OI  BC   OIA = 900. C. d. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Ta có  AMO = 900. 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:. a 2  b2 2ab  6  Lại có. 0,25 c(a  b)(a 2  ab  b 2 ) 2(a 2  b2 ) c(a  b) c( a  b)    4  0   2. a 2b 2 ab ab ab.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 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. t Đặt. c ( a  b) 3t 2 4  P  2 ab 2(1  t ) t (với 0  t 2 ).. 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 . (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. 0,25. 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.. 0,25.

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