De dap an Du bi HSG Toan tinh Thanh Hoa 20142015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ DỰ BỊ. 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.. Câu I: (4,0 điểm).  1   2 a 2 a A    : 1  a 1  a  1 a a  a  a  1    1. Rút gọn biểu thức với (0 a 1). 2 b . 1 1  3 1  1 3 1 1 2. Cho 4 3 2 11 Tính giá trị của biểu thức B (b  b  b  3b  4)  33. Câu II: (4điểm) 4 2 1. Tìm m để phương trình x  2mx  36 0 có bốn nghiệm phân biệt. x1  x2  x3  x4. x  x x2  x3 ¿ x 3 − x 4 .. 2 thỏa mãn 1 8  2  3x  y 3    x3  2  6  y 2. Giải hệ phương trình :  Câu III: (4điểm). 1. Cho hai số tự nhiên a và b. Chứng minh rằng nếu tích a.b là số chẵn thì luôn tìm được số nguyên c sao cho a2 + b2 + c2 là số chính phương 2. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương (x; y ; z) thỏa mãn: xyz = x2 - 2z + 2 Câu IV: (6điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( ) và điểm I là tâm đường tròn nội tiếp của tam. giác đó. Các điểm A ', B ', C ' lần lượt là giao của AI , BI , CI với ( ). Trên cung AC của. ( ) không chứa đỉnh B, lấy điểm D bất kì. Gọi E là giao của DC ' với AA ', F là giao của DA ' với CC ' . Chứng minh rằng: 1. I là trực tâm của tam giác A ' B ' C '. 2. Tứ giác DEIF nội tiếp một đường tròn. 3. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF luôn thuộc một đường thẳng cố định. Câu V: (2điểm) Cho ba số dương x, y, z thay đổi thoả mãn điều kiện: x + 2y + 3z = 3. 88 y 3  x 3 297 z 3  8 y 3 11x3  27 z 3   . 2 2 2 2 xy  16 y 6 zy  36 z 3 xz  4 x Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q = ------------------ 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 HƯỚNG DẪN CHẤM THANH HÓA ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2014 – 2015 ĐÁP ÁN ĐỀ DỰ BỊ MÔN THI: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài 150 phút (Không kể thời gian giao đề) (Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang) CÂU. Ý. I. 1. 2. ĐIỂM. NỘI DUNG.  1   2 a 2 a A    : 1  a 1  a  1 a a  a  a  1    Có  1   a  2 a 1  2 a    :  a 1   a  1 ( a  1)( a  1)  . 0,5.  a  2 a 1   a  2 a 1    :  a 1  ( a  1)( a  1)    1  a1 1 A a  1 (với 0 a 1 ). Vậy. 1,0. Có. 0,5. b. 2 1 3 1  1. . . 1 3 1 1. 0,5. 2. . 3  1 1. . . 3 1  1. .  . 3 1 1. 3 1  1. . 3  1 1. . 3 1  1. 0,25. 2 3 1 1  3. 3 1  1 3. 2  3 2 3 4 3 2 4 3 2 3 Lại có b  b  b  3b  4 b  b  b  3b  2  2 b (b  1)  (b  1)(b  2)  2. 0,25. (b  1)(b3  b  2)  2 (b  1)(b(b2  1)  2)  2. 0,25. . b4  b3  b2  3b  4 (b  1) b(b2  1)  2  2 ( 3  1)2( 3  1)  2 2 Với b  3 thì. 0,25. 4 3 2 11 11 Vậy B (b  b  b  3b  4)  33 2  33 2015.. 0,25. . 1. 0,25. . 2 2 Đặt t  x ; t 0 . PT đã cho trở thành: t  2mt  36 0 (1). 0,5. II PT đã cho có bốn nghiệm phân biệt x1  x2  x3  x4  ' m 2  36  0   m6  ⇔ m  0 0  t  t  1 2 PT (1) có hai nghiệm thỏa mãn (*). 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2. x  t 2 , x2  t1 , x3  t1 , x4  t 2 Khi đó PT đã cho có bốn nghiệm là 1 Nên x1  x2  x2  x3 ¿ x 3 − x 4 ⇔ √ t 2=3 √ t 1 ⇔ t 2=9 t 1 . t1  t2 2m  2 t1t2 36  m 100 t 9t 1 Kết hợp định lý‎ viet đối với phương trình (1) ta có:  2 Kết hợp (*) suy ra m =10 là giá trị cần tìm. 8  2  3 x  y 3    x3  2  6  y Giải hệ phương trình :  Điều kiện y 0 2  3 x  z 3 2  2  3z x3 y  Đặt z = 0 ta được hệ :  Trừ vế với vế của hai phương trình trên dẫn đến: x – z = 0 z 3z 2 3 2 (vì x2 + xz + z2 +3 = (x + 2 ) + 4 > 0 với mọi x, z). 1. 0,5. Thay x = z vào phương trình (1) của hệ ta được : x3 – 3x – 2 = 0  (x+1)2(x - 2) = 0  x = -1 hoặc x = 2. 0,5. 2  y  1  y 2  2 2  2  y 1  nghiệm (x ; y ) là (-1 ; -2) ; (2 ; 1) Từ x = z = y   y. 0,5. 0,2 5đ. Ta có ab  2 không mất tính tổng quát, giả sử a  2 2. 2. 2. 2. 2. Lúc đó chọn c = k thì a + b + c = k +2k + 1 = (k +1)  a2 + b2 + c2 là số chính phương  Nếu b 2  b2 4 mà a2  4 , đặt a2 +b2 = 4k (k  N) Lúc đó chọn c = k -1 thì a2 + b2 + c2 = 4k + (k -1)2 = (k +1)2  a2 + b2 + c2 là số chính phương Vậy luôn chọn được c  Z sao cho a2 + b2 + c2 là số chính phương 2. 0,5. 0,5.  Nếu b  2 thì a2 + b2  2 , đặt a2 + b2 = 2k+1 (k  N). III. 0,5. Với x, y , z là các số nguyên dương. Xét phương trình z. x2  2 xy  2 là số nguyên dương. xyz = x2 – 2z + 2   Nếu x = y thì z = 1. Khi đó bộ số ( x ; x ; 1) với x là số nguyên dương thỏa mãn  Nếu x < y thì z < 1 (không thỏa mãn đề bài)  Nếu x > y thì x2 + 2 > xy +2. Vì z là số nguyên dương nên x2 + 2 xy + 2  y(x2 + 2)  xy + 2  x(xy + 2) -2(x – y) xy + 2  2(x – y)  xy + 2 0,7 5đ 0,7 5đ 0,2 5đ 0,5 đ 0,2 5đ 0,2 5đ 0,5 đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Do đó tồn tại số nguyên dương k sao cho 2(x – y) = k(xy + 2) Nếu k  2 thì x – y  xy + 2  (x + 1) (y – 1) + 3 < 0 ( vô lý‎) Nếu k = 1 thì 2(x – y) = xy + 2  (x + 2) (y – 2) = - 6 Vì x; y nguyên dương nên y = 1 ; từ đó x = 4 ; z = 3 Vậy có bộ số ( x ; y ; 1) với x = y là số nguyên dương tùy ý‎ và (x ; y ; z) = (4 ; 1 ; 3) thỏa mãn phương trình. 0,5 đ. ABC  AA ', BB ', CC ' là các đường phân giác  , CA  . ABC  A ', B ', C ' là các điểm chính giữa các cung AB, BC trong của. 0,5. IV. 1. Do I là tâm đường tròn nội tiếp của. Gọi H, là giao điểm của B'C' với AA'; K, là giao điểm của B'A' với CC'.. AHC '  1 sd AC '  sd A ' B  1 sd AC  '  sd AC '  sdCB  ' 2 2 Ta có: 1  '  sd A ' B  sd AB '  1 sd A  ' C '  sd AB  '  AHB '  sd BC 2 2 0    AHC ' AHB ' 90  AH  B ' C '  AI  B ' C ' C ' K  A ' B '  CI  A ' B ' do đó I là trực tâm của Hoàn toàn tương tự ta được. 1,0. A ' DC '  1 sd A  ' C '  1 sd A ' B  sd BC  ' 2 2 Có 1  sd A ' C  sd AC '  AIC ' 2     0 0     Mà FDE  A ' DC ', EIC '  AIC ' và EIC '  EIF 180 nên EIF  FDE 180 . Do đó tứ giác DEIF nội tiếp đường tròn (đpcm). Gọi (1 ) và (2 ) lần lượt là các đường tròn ngoại tiếp DEIFF và B'HIK ,. 0,5. .    . . . . 0,5 0,5. A ' B ' C '.. 2. . . 3. . . 0,75 1,0 0,25 0,25. J ( ) ∩ (2 ) (với J  B ') suy ra J cố định. Có B' và D cùng thuộc cung AC   không chứa đỉnh B của đường tròn ( ) nên JDA '  JB ' A '.   ' JB  ' A ' JB  'K  JDF JDA . Lại có J , B ', K , I cùng thuộc  ' K  JIK  1800 ( )  JB 2. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 0,25  ' K  JDF    0   JDF  JB , JIK  JIF J  (  ). JIF  180 1 mà nên suy ra 0,25 Đường tròn (1 ) luôn đi qua hai điểm cố định là I và J nên tâm của (1 ) luôn chạy trên một đường thẳng cố định, đường thẳng đó là trung trực của IJ (đpcm). V.  x a  2 y b 3z c  Đặt  11b3  a3 2 Q = ab  4b.  a , b, c  0  a  b  c 3. Khi đó ta có: 3 3 3 11a  c 11c  b3   . ac  4a 2 bc  4c 2. 11b3  a 3 2  a  3b   a  b   a  b  0 a, b  0 2 Ta chứng minh : ab  4b (1) 3 3 11a  c 2  c  3a   c  a   c  a  0 c, a  0 2 ac  4a (2) 3 3 11c  b 2  b  3c   b  c   b  c  0 b, c  0 2 bc  4c (3) 2  a  b  c  6. Cộng từng vế của các bất đẳng thức (1),(2),(3) ta được P   x 1  1   a b c 1   y  2  1   z  3 Dấu bằng xảy ra . Vậy Max Q = 6.. 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.. 0,5. 0,5. 0,5. 0,5.

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