- Trang chủ >>
- Đề thi >>
- Đề thi lớp 9
Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh hưng yên năm học 2017 2018 có đáp án
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (458 KB, 5 trang )
HƯỚNG DẪN
Câu 1.
1 1
1
1
1
1
1
+ =
⇒ =
− <
→ a > 2018
a) với a, b là số dương ta có a b 2018 a 2018 b 2018
tương tự b > 2018
1 1
1
+ =
⇒ ab = 2018a + 2018b ⇔ ab − 2018a − 2018b + 20182 = 2018 2
mà a b 2018
⇔ a ( b − 2018 ) − 2018 ( b − 2018 ) = 20182 ⇔ ( a − 2018 ) ( b − 2018 ) = 20182
( a − 2018 ) ( b − 2018 ) = 2018 ⇔ 2 ( a − 2018 ) ( b − 2018 )
⇔ a − 2018 + 2 ( a − 2018 ) ( b − 2018 ) + b − 2018 = a + b
⇔
⇔
(
a − 2018 + b − 2018
)
2
= 2.2018
= a + b ⇔ a − 2018 + b − 2018 = a + b
b) với a là nghiệm dương của pt
6x 2 + 3x − 3 = 0 ⇔ 6a 2 + 3a − 3 = 0 ⇔ 6a 2 = 3 ( 1 − a )
⇔ 36a 4 = 3 ( a 2 − 2a + 1) ⇔ 36a 4 + 36a + 72 = 3a 2 + 30a + 75 ⇔ 36 ( a 4 + a + 2 ) = 3 ( a + 5 )
2
⇔ 6 a 4 + a + 2 = 3a + 5 3
Mặt khác ta có
a+2
a +a +2 −a
4
2
=
( a + 2) (
a4 + a + 2 + a2
a+2
)=
a4 + a + 2 + a2
4
2
A= ⇒ 6A = 6 a + a + 2 + 6a
⇒ 6A = 3a + 5 3 + 6a 2 = 6a 2 + 3a − 3 + 6 3 = 6 3 ⇒ A = 3
Câu 2.
a) ĐK: x ≤ 1
x
(
3
2−x
) =x
pt trở thành: 1 + 1 − x
* ta thấy x = 0 là nghiệm của pt
Xét x khác 0, chia hai vế cho x ta được:
(
3
2−x
)
=1⇒ 3 2 − x =1+ 1− x
1+ 1− x
3
3
3
Đặt 2 − x = a ⇒ a = 2 − x ⇔ a − 1 = 1 − x
Ta có pt
a = 1 + a3 −1 ⇔ a −1 −
( a − 1) ( a 2 + a + 1)
= 0 ⇔ a −1
(
)
a −1 − a 2 + a +1 = 0
a −1 = 0
⇔
a − 1 − a 2 + a + 1 = 0
3
*) a − 1 = 0 ⇔ a = 1 ⇔ 2 − x = 1 ⇔ x = 1(t / m)
2
2
2
* a − 1 − a + a + 1 = 0 ⇔ a − 1 = a + a + 1 ⇔ a + 2 = 0 (vô nghiệm)
Vậy pt đã cho có nghiệm là x = 0; x = 1
y 4 − 6y3 + 11y 2 − 6y = ( y 2 − 3y ) + 2 ( y 2 − 3y )
2
b)
2
Đặt y − 3y = a pt trở thành:
( x − 2018)
2
− ( a + 1) = −1 ⇔ ( x − 2018 + a + 1) ( x − 2018 − a − 1) = −1
2
x − 2018 + a + 1 = 1
x − 2018 + a + 1 = −1
x
−
2018
−
a
−
1
=
−
1
=>
hoặc x − 2018 − a − 1 = 1
x = 2018
x − 2018 + a + 1 = 1
2x = 2.2018
x = 2018
⇒
⇔
⇔ 2
x − 2018 − a − 1 = −1 x − 2018 + a + 1 = 1 a = 0
y − 3y = 0
*)
x = 2018
⇒ y = 0
y = 3
⇒ ( x; y ) = ( 2018;0 ) ; ( x; y ) = ( 2018;3 )
x = 2018
x − 2018 + a + 1 = −1 x = 2018
x = 2018
⇔
⇔
⇔ 2
x − 2018 − a − 1 = 1
x − 2018 + a + 1 = −1 a = −2
y − 3y = −2
*)
x = 2018
⇒ y = 1
y = 2 ⇒ ( x; y ) = ( 2018;1) ; ( x; y ) = ( 2018;2 )
( 2018;0 ) ; ( 2018;3) ; ( 2018;1) ; ( 2018;2 )
Vậy cặp số nguyên(x;y) thỏa mãn đề bài là:
Câu 3.
a)
x; y ≥
−1
2
( 3x + 2y ) ( y + 1) = 4 − x 2 ⇔ 3xy + 3x + 2y 2 + 2y + x 2 − 4 = 0
⇔ x ( x + y − 1) + 2y ( x + y − 1) + 4 ( x + y − 1) = 0 ⇔ ( x + y − 1) ( x + 2y + 4 ) = 0
Từ pt
−1
2 => x + 2y + 4 > 0 nên x + y − 1 = 0 y = 1 – x thay vào pt (1) ta được
Do
2
2x + 1)
(
4x 2 + 4x + 1
2x + 1 + 3 − 2x =
⇔ 2x + 1 + 3 − 2x =
2
2
−1
3
≤x≤
2 . Đặt 2x + 1 + 3 − 2x = t > 0 =>
ĐKXĐ: 2
x; y ≥
2
t2 − 4
t2 − 4
2
t = 4 + ( 2x + 1) ( 3 − 2x ) ⇒ −4x + 4x + 3 =
⇔ −4x + 4x + 3 =
÷
2
2
2
2
4x 2 + 4x + 1
t 4 − 8t 2
=−
2
8
Do đó ta có pt:
4
2
t − 8t
t=−
⇔ t 4 − 8t 2 + 8t = 0 ⇔ t ( t − 2 ) ( t 2 + 2t − 4 ) = 0
8
Vì t > 0 => t = 2 hoặc t = −1 + 5
⇔
*) Với t = 2 ta có pt:
3
−1
−1
3
2x + 1 + 3 − 2x = 2 ⇒ x1 = ; x 2 =
=> y1 = ; y 2 =
2
2
2
2
* Với t = −1 + 5 =>
2x + 1 + 3 − 2x = 5 − 1 ⇒ −4x 2 + 4x + 3 = 1 − 5 < 0 (vô lý)
3 −1 −1 3
; ÷; ; ÷
Vậy hệ pt đã cho có nghiệm là 2 2 2 2
b) ta có:
3yz 4zx 5xy yz zx 2yz 2xy 3zx 3xy
+
+
= + ÷+
+
+
÷+
÷ ≥ 2z + 4y + 6x
x
y
z
y x
z y
z
x
(
)
1
2z + 4y + 6x = 2z + 2x + 4y + 4x ≥ 4 xz + 8 xy = 4 x 2 y + z = 4 x
÷= 4
x
Mà
3yz 4zx 5xy
+
+
≥4
x
y
z
Do đó
1
Dấu ‘=’ xảy ra x = y = z = 3
Câu 4.
a) Chứng minh: AK.AI = AE.AC
ta có tứ giác BDEC nội tiếp => góc B = góc AED
mà góc B = góc AIC (góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
=> góc AED= góc AIC => tg AKE đồng dạng với tg ACI
=> AK/AC = AE/AI => AK.AI = AE.AC
b) Tính AK theo R
Trong (O) có cát tuyến ACE nên có hệ thức : AC.AE = OA2 – R2 = 4R2 – R2 = 3R2
(đều bằng bình phương tiếp tuyến vẽ từ A tới (O))
Mặt khác Dễ thấy tg AOB đồng dạng tg COI => OA/OC = OB/OI
=> OA.OI = OB.OC = R2 (1) => OI = R2/OA = R2/2R = R/2 => AI = OA + OI = 2R +
R/2 = 5R/2 => AK = AC.AE/AI = 3R2/(5R/2) = 6R/5
c) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE thuộc đường thẳng cố định
OA cắt (O) tại M, N (M nằm giữa A và K) =>
MK = AK - AM = 6R/5 - R = R/5
NK = AN - AK = 3R - 6R/5 = 9R/5
Vì EMDN nội tiếp (O) nên tương tự (1) ta có : DK.EK = MK.NK = 9R2/25
Mặt khác gọi J là giao của đường tròn ngoại tiếp tam giác AED và AO ta có:
AK.KJ = EK.DK =>JK = ED.EK/AK = (9R2/25)/( 6R/5) = 3R/10 => J cố định =>
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn chạy trên đường thẳng trung trực của
đoạn AJ cố định.
Câu 5.
Ta chia thành 2 nhóm. Nhóm 1 từ 1 đến 312, nhóm 2 từ 313 đến 625.
Giả sử không có số chính phương nào trong 312 số chọn ra.
Giả sử ta chọn ra k số ở nhóm 1. Để ý rằng mỗi số ở nhóm 1 luôn tồn tại 1 số
nhóm 2 sao cho tổng của chúng bằng 625 do đó ở nhóm 2 ta chỉ có thể chọn được
thêm 312 - k số ( do đó tổng mỗi cặp không bằng 625 ).
Do có 1 số 92 ở nhóm 1 và số 122 ở nhóm 2 có tổng là 125 nên ta lại mất đi 1
cách chọn 1 số ở nhóm 2.
Vậy tóm lại là số cách chọn của nhóm 2 chỉ có thể là 311 - k nên tổng số số của
2 nhóm là 311 - k +k =311 ( vô lí ).
=> đpcm.
Cách khác:
Ta chia 625 số đó thành 313 tập hợp là {1;624},{2;623},...,{625}
Giả sử trong 312 số ta chọn không có số chính phương, vậy 312 số đó phải thuộc 312
tập hợp {1;624},{2;623},...{312;313} do 625 là số chính phương, đồng thời cũng
không có 2 số nào thuộc cùng 1 trong 312 tập hợp trên vì nếu có, sẽ có 2 số có tổng là
625, vậy mỗi số ta chọn nằm ở mỗi tập hợp khác nhau trong 312 tập trên, vậy sẽ có
số thuộc tập {225;400} mà cả 2 số này đều là SCP=>đpcm
--------Hết-------
