Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Phòng GD&ĐT Vĩnh Tường (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Phòng GD&ĐT Vĩnh Tường (Có đáp án và thang điểm)

1. PHÒNG GD&ĐT ĐỀ THI CHỌN HGS LỚP 9 VĨNH TƯỜNG Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1: a/ Giải phương trình: x2 + 4x + 5 = 2 2x 3 b/ Giả sử a, b, c là các số hữu tỉ thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 2012. Chứng minh rằng A = 2012 a 2 2012 b2 2012 c2 có giá trị là số hữu tỉ. Câu 2: a/ Cho a, b là các số tự nhiên. Chứng minh rằng 5a2 + 15ab – b2 chia hết cho 49 khi và chỉ khi 3a + b chia hết cho 7. b/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 4y2 2 199 2x x2 Câu 3: a/ Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: ab + bc + ca a2 + b2 + c2 a b b c c a Câu 4: Cho hai đường tròn đồng tâm O có bán kính là R và r (R > r). Gọi M, A là hai điểm trên đường tròn (O; r) với M cố định và A di động. Qua M vẽ dây BC của đường tròn (O; R) vuông góc với AM. Gọi H là hình chiếu của O trên BC. Chứng minh rằng : a/ AM = 2OH b/ Tổng MA2 + MB2 + MC2 không phụ thuộc vào vị trí của điểm A. c/ Trọng tâm G của tam giác ABC cố định. Câu 5: a/ Cho tứ giác ABCD có độ dài đường chéo AC = 8cm, BD = 6cm. Chứng minh rằng luôn tồn tại một cạnh của tứ giác có độ dài không nhỏ hơn 5cm. b/ Cho ba số tự nhiên a, b, c thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: a – b là số nguyên tố và 3c2 = c(a + b) + ab. Chứng minh rằng 8c + 1 là số chính phương.
2. PHÒNG GD&ĐT ĐÁP ÁN CHẤM ĐỀ THI HGS LỚP 9 VĨNH TƯỜNG Môn: Toán Câu Phần Nội dung trình bày Điểm 3 Điều kiện: x ≥ - 2 Phương trình đã cho tương đương với phương trình: (x2 + 2x + 1) + (2x + 3 - 2 2x 3 + 1) = 0 0,25 (x + 1)2 + ( 2x 3 - 1)2 = 0 (1) 0,25 a Vì (x + 1)2 ≥ 0 và ( 2x 3 - 1)2 ≥ 0 nên từ (1) suy ra 2 (x 1) 0 x 1 0 x 1 2 ( 2x 3 1) 0 2x 3 1 0 x 1 0,25 x = -1 (thỏa mãn điều kiện) 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -1 0,25 2đ Vì ab + bc + ca = 2012 nên A = (ab bc ca a 2 )(ab bc ca b2 )(ab bc ca c2 ) 0,25 = (a b)2 (b c)2 (c a)2 0,25 b = (a b)(b c)(c a) 0,25 Do a, b, c là các số hữu tỉ nên (a b)(b c)(c a) có giá trị là số hữu tỉ. 0,25 Vậy A có giá trị là số hữu tỉ. Nếu 5a2 + 15ab – b2  49 thì 5a2 + 15ab – b2  7 30a2 + 90ab – 6b2  7 0,25 9a2 + 6ab + b2  7 (3a + b)2  7 3a + b  7 (1) 0,25 Nếu 3a + b  7 3a + b = 7c (c Z) b = 7c - 3a a 5a2 + 15ab – b2 = 5a2 + 15a(7c - 3a) – (7c - 3a)2 0,25 2 = 5a2 + 105ac – 45a2 - 49c2 + 42ac - 9a2 2đ = -49(a2 - 3ac + c2)  49 (2) Từ (1) và (2) suy ra: 5a2 + 15ab – b2  49 3a + b  7 0,25 Điều kiện: -201 ≤ x ≤ 199 Ta có: 4y2 2 199 2x x 2 2 200 (x 1)2 2 200 16
3. 2 y ≤ 4 y ≤ 2 -2 ≤ y ≤ 2 0,25 Với y = ±1 2 199 2x x2 4 b x 2 2x 195 0 x = 13; x = -15 0,25 Với y = ±2 2 199 2x x2 16 x 2 2x 3 0 x = 1; x = -3 0,25 Với y = 0 2 199 2x x2 0. Vô lí! Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (13; 1), (13; -1), (-15; 1), (-15; -1), (1; 2), (1; -2), (-3; 2), (-3; -2) 0,25 Ta có: a2 + b2 2ab b2 + c2 2bc c2 + a2 2ca 0,25 Suy ra: 2(a2 + b2 + c2) 2(ab + bc + ca) hay a2 + b2 + c2 ab + bc + ca (1) 0,25 a Mặt khác, do a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên: a xyz > by + cz 0,25 b c => x > (1) z y 3 a c a b 2đ Chứng minh tương tự ta có y > (2) z > (3) z x y x Cộng vế theo vế của (1) (2) và (3) ta có: b c a c a b 0,25 x + y + z > + + z y z x y x b b a c a c b => 2(x + y + z) > z y x z z y y x x 0,25 b a c a c b => 2(x + y + z) > z y x z y x Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương ta có: => 2(x + y + z) > 2 a b 2 c a 2 b c 0,25 => x + y + z > a b c a b c
4. Vậy ta có x + y + z > a b c a b c 4 a 2,5đ A O G B C M H N Gọi N là giao điểm của BC với (O, r) Vì H là hình chiếu của O trên BC => OH  MN => H là trung điểm của MN (quan hệ đường kính và dây) (1) 0,5 Lại có A· MN 900 => AN là đường kính của (O, r) Suy ra O là trung điểm của AN (2) Từ (1) và (2) suy ra OH là đường trung bình của NAM => AM = 2OH 0,5 b Vì OH  BC => HM = HN và HB = HC Lại có MA = 2 OH (phần a) => MA2 = 4 OH2 (3) Mặt khác MB2 + MC2 = (HB - HM)2 + (HC+HM)2 = (HB-HM)2 + (HB+HM)2 = 2(HB2+HM2) 0,25 OMH vuông tại H nên: HM2 = OM2 - OH2 = r2 - OH2 OBH vuông tại H nên: HB2 = OB2 - OH2 = R2 - OH2 Suy ra MB2 + MC2 = 2(HB2+HM2) = 2( r2 -OH2 + R2 - OH2) 0,25 = 2( r2 + R2) - 4OH2 (4) Từ (3), (4) suy ra MA2 + MB2 + MC2 = 2(r2 + R2) không đổi. 2 2 2 Vậy tổng MA + MB + MC không phụ thuộc vào vị trí của điểm 0,25 A c Vì G là trọng tâm ΔABC và AH là trung tuyến 2 => G AH và AG = AH (*) 3 0,25 ΔAMN có AH là đường trung tuyến (HM = HN) nên G cũng là trọng tâm của AMN . 0,25 Mà MO là trung tuyến của AMN (AO = ON) nên G thuộc MO. Do O và M là hai điểm cố định nên G là điểm cố định. Vậy trọng tâm G của tam giác ABC là điểm cố định khi A thay đổi. 0,25
5. A 5 Gọi M là trung điểm của BD 1,5đ => BM = 3 => BM2 = 9 (1) D Lại có MA + MC AC M Mà AC = 8cm => MA + MC 8 B MA 4 => MC 4 0,25 Giả sử MA 4 => MA2 16 (2) C A· MB 900 Ta lại có B· MA A· MD 1800 (hai goác kề bù) => · 0 AMD 90 Giả sử A· MB 900 => AB2 BM2 + AM2 (3) 0,25 Từ (1), (2) và (3) suy ra AB2 9 + 16 => AB2 25 hay AB 5 Vậy bài toán được chứng minh. 0,25 b Ta có 3c2 = c(a + b) + ab => 4c2 = c2 + ca + cb + ab = (a + c)(b + c) (1) Vì a – b là số nguyên tố => a > b và a + c > b + c => (b + c)2 b + c b Hoặc a – b ƯC(a + c, b + c) hoặc (a + c, b + c) = 1. 0,25 * Nếu a – b = p ƯC(a + c, b + c) => a + c = p.k và b + c = p.h (k, h N) => pk – ph = a – b = p => k – h = 1 (vì p 0) => k = h + 1 Khi đó (1) trở thành (2c)2 = p2kh = p2k(k + 1) => k(k + 1) là số chính phương. Mà k và k + 1 là hai số tự nhiên liên tiếp => k = 0 => b + c = pk = 0 (mâu thuẫn với (3)) 0,25 * Nếu (a + c, b + c) = 1 Từ (1) => (2c)2 = (a + c)(b + c). Đặt a + c = m2 và b + c = n2 (m, n N) => m2 – n2 = (m – n)(m + n) = a – b là số nguyên tố. Mà m – n m – n = 1 và m + n = a – b Suy ra (2c)2 = (b + c)(c + a) = (mn)2 = (m – 1)2m2
6. => 2c = m(m – 1) Khi đó 8c + 1 = 4m(m – 1) + 1 = (2m – 1)2 là số chính phương. Vậy 8c + 1 là số chính phương. 0,25