3 Đề thi chọn HSG Toán 9 cấp tỉnh 2013-2014 – Kèm Đ.án

Chia sẻ: Nguyen Phuoc Vinh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

812
lượt xem 195
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh và quý thầy cô giáo cùng tham khảo 3 đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp tỉnh năm 2012-2013 có kèm đáp án, tài liệu giúp các bạn tổng quan kiến thức đã học, hướng dẫn trả lời các câu hỏi trong đề thi cũng như cách tính điểm. Chúc các bạn đạt điểm cao trong kỳ thi chọn học sinh giỏi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 3 Đề thi chọn HSG Toán 9 cấp tỉnh 2013-2014 – Kèm Đ.án

UBND TỈNH BÌNH PHƯỚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS CÁP TỈNH SỞ GIÁỌ DỤC VÀ ĐÀO TẠO ' NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ THI MÔN: TOÁN * X ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kê thời gian phát đê) Câu 1:( 5 điểm). /-tu U ’ * **,' 1 1.Cho biêu thức A = — y— - 3 A — x fx J=--------- U =— )L V x +r- l x-ì ^7 + 3 X-2jx-3 v*+l 3 -ylx a. Rút gọn biểu thức A. b. Tìm giá trị nhỏ nhất của A và giá trị tương ứng của X. - ____ „ ,____ . , a3 +b3 +c3 9(ab + bc+ca) ^ ^ 2. Cho a > 0; b > 0; c > 0. Chứng m i n h — — + - ^ —~ — Y1 > 12 — abc a +b +c Câu 2: (5 điểm ). 2x2 + X -— =2 1. Giải hệ phương trình: < y [ y - y 2x - 2 y 2 = - 2 2. Tìm m để parabol (P):y= X2 + 2 m x -m + 2 tiếp xúc với đường thẳng. ( d ) : y - x + m. 3. Giả sử phương trình rnx + ( 2 m + ỉ ) x + m 2 - 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt XỊ,X2. Hãy tính tổng s và tích p của các nghiệm .Tìm hệ thức giữa S v ầ P độc lập đôi với m. Câu 3: (5 điểm ) Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn, Â =45° .Vẽ các đường cao BD và CE của tam giác ABG. Gọi H là giao điểm của BD và CE. a. Chứng minh : Tứ giác ADHE nội tiêp được một đường tròn. b. Chứng minh: HD = DC. c. Tính tỉ số . BC d. Gọi o là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .Chứng minh : OA 1 DE. Câu 4 : (2 điểm) Cho tứ giác ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và CD. Chứng minh rằng : SA C < - ( A M + AN)2 (trong đổ SM D là diện tích tứ giác ABCD). BD C Câu 5: (3 điểm) 1. Chứng minh rằng: Nêu số tự nhiên a không chia hết cho 5 thì a8 + 3a4 - 4 chia hết cho 100. 2 .Tìm tất cả các bộ số nguyên (x; y) thỏa mãn phương trình: X 2 + 6 x y + 5 y 2 - 4 y - 8 = 0. —HẾT— 1.Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. 2. Thỉ sinh không được sử dụng tài ỉiệu. , 3.Họ và tên học sinh: ........................................ ........ số báo danh:...............................
___________________________________________________________________ t___________2014 ĐẢP ẢN CHẮM THI HSG MÔN TOÁN LỚP 9 NĂM HỌC 2013- ____ C âu Nội dung Điểm C âu 1 - / TI ' A t A JC JC— V 3 2 W x - 3 vx + 3 l .a / Rút gọn A = — --------— L+ — -j= 5,0 đ x -2 v * -3 VX + Ỉ 3 -v * 2,0 đ ĐK X > 0 v a x * 9 0.25 x yfx-3-2^-sfx -3j -ỊVx +3^ịyfx +lj 0.5 A_ ( Æ + l) ( Æ - 3 ) xyfx - 3 - 2 x + 12yfx - 18 - X - 4y[x - 3 0.5 _ xyfx - 3 x + -24 0.25 ịyfx - 3j(x + 8) 0.25 + 1^-v/x - 3) x+8 0.25 V* + 1 1,0 đ 0.5 b /A = = v* + 1+ r-9 2>6 2 = 4 V 1 v*£ “ 1 ỉ~ Vây min A = 4 khi x= 4 0.5 2.0 đ 2. Cho a >0 ; b>0; c>0. 0.25 Chúng minh : +b' +c' + 9( f + > ,2 abc a +b +c m , aî +b3+c 3 a3+b3 + c3- 3abc _ T a c ó :------------ = --------- —--------- +3 abc abc {a +b + c){a2 +b2 +c2-a b-ac-cb^j 0.25 abc 0.25 = ( — + — + — i(ô 2 +b2 +c2- a b - b c - c a ) +3 \bc ac ab) 9[a1 +b2 +c2 - a b - a c - b c ) 0.25 ab + bc +ca 9(a2+b2+c2) Ơ.25 ab +bc + ca Vây: a3+b3+c3 9 (ab + bc + ca) nf a2+b2+c2 ab + bc + ca''\ a 10 ¿ 10 0.5 H .. y ■ " 9 O^lo o —-Z1 ữèc a +b +c yab + bc +ca a +b +c J 1
Dâu (=) xảy ra khi a = b= c 0.25 Câu 2 (5 đ ) 2 x 2+ x - — = 2 Giải hệ phương trình: < y y - y 2x - l y 2 = -2 2,0 đ Giải: ĐK : y * 0 0.25 1 2x +X- —- 2 - 0 0.25 < = y -^j +—- x - 2 =0 y y 0.25 Đăt—= v . Hê phương trình trở thành: | 2x +x v 2 0 y [2v2+ v -x -2 = 0 x =v 0.25 • X = -V - 1 = 2v2+ v- x -2 = 0 *Với V = X, ta được: 2x2 - 2 - 0 o X = ±1, suy ra y =±1 0.25 Từ đó ta có nghiệm của hệ: (-1 ;-l), (1 ;1) 0.25 -1 -V3 0.25 "x=-------- 2 *Với V = - X -1, ta được: 2x2+ 2x-l = 0 = -1+Vã x =--- ----- 2 -2 y=l-y/ĩ suy ra: L y= i+ l/ĩ rp> 4 . - r r 1 • A ■> 1 A 1 V 1 R " \ Í-1 + V3. -2 ì 0.25 Từ đó ta C nghiêm của hê: -------- ;— -J= , Ó u 2 1 - ^ J V 2 51+>/3 J 1,5 đ 2. Tìm m để parabol (P)\ y= X2 +2mx - m + 2 tiếp xúc với đường thẳng (d)\y = X + m Phương trình hoành độ giao điểm của (P )và (d) là: 0.5 X2+(2m-Y)x-2m +2 - 0 (1) Parabol (P) tiếp xúc với (d) khi và chỉ khi À= 0 hay 4ììĩ + A m -1 =0 0.5 -I + 2V2 0.5 m = ---------- 1,5 đ 3 . Giả sử phương trình mx2 + (2m + l)x + m2 - 1 — 0 có hai nghiệm phân biệt xị,x2 . Hãy tính tổng s và tích p của các nghiệm .Tìm hệ thức giữa s và p độc lập đối với m. 2
t ^ „ 2/w+ l,,. 0.5 S = X +X2 = -------- (1) y m Theo dinh li Viet: - T 2— W 1 P = xy = x2 (2) m Tir (1) cö :m = — — , thay väo (2) dugc: 0.5 s+ 2 p s + 4s+3 ^ _ he thuc khöng phu thuöc väo m. 0.5 5+ 2 Cäu 3 Cho tarn giäc ABC cö cäc göc deu nhon, Ä =45 0 .Ve cäc diröng cao (5,0 d) BD vä CE cüa tarn giäc ABC. Goi H lä giao diem cüa BD vä CE i,od a. Chung minh : Tii giäc ADHE noi tiep dugc mot duong tron 0.25 Ta CÖ: Z A D H = Z A E H = 90° 0.25 => Z A D H + Z A E H = 180° 0.25 =£ Tu giäc AEHD noi tiep dugc trong mot duang tron. 0.25 1,0 d b. Chung minh: HD =DC AAEC cö : ZEAC = 45° nen ZECA = 45° 0.25 => AHDC vuöng cän tai D. 0.5 Vay HD = DC 0.25 1,5 d rp r j ' DF * 1 ? /v ± ~ s JJj c. Trnh tr so — BC Do D, E näm tren duong tron duäng krnh BC nen : ZAED = ZACB 0.5 =»AAED ^ 1 4 CB, do dö: 0.5 DE AE AE 72 0.5 BC AC ~ AEji ~ 2 1,5 d d. Goi 0 lä tarn duong tron ngoai tiep tarn giäc ABC. Chung minh : OA i DE Dung tia tiep tuyen Ax vai duang tron ( 0 ) ta cö": , Ö.5 ZBAx = ZBCA mä ZBCA = ZAED Do dö: DE // Ax 0.5 Mat khäc : OA i. Ax 0.25 Vay : OA 1 DE 0.25 3
Câu 4 Cho tứ giác ABCD, gọi M, N lân lượt là trung điên1 của cá(ĩ cạnh BC > ' Ị* (2đ) . và CD. Chứng minh răng : SABCD < -(AM + AN) 2 (trc)ng đó s ( vẽ 'ABCD !à diện hình tích tứ giác ABCD) 0.25) G iả i: Chứng minh : SABCD < - ( A M + AN)2 A Ị Gọi I là giao điểm của AM và BD. / 0.25 Ta có : / SA C = 1 AH.NC = 1 AH.DN = SA N N D 1 0.25 Samc = AK.MC = ì AK.BM = Sabm DH N c 0.25 => S abcd - S abc + ~ 2Samc+ 2Sanc - 2Samcn S adc 0.25 = 2 (S a m n + S c m n ) = 2 (S a m n + S im n ) 0.25 mà SiM < Samn N sAtìCD < 2 {^ẢMN + SAMN ) = ^AMN — 2A M .AN . 0.25 => SABCD < 2AM.A N < - ( A M + AN)2 0.25 ( H, K là hình chiếu của A trên DC và BC) Câu 5 1. Chứng minh rằng: Nếu số tự nhiên a không chia hết cho 5 thì a8 + (3 đ) 3a4 - 4 chia hết cho 100. 1,5 đ Giải : Đặt M = a8 + 3a4 - 4 M = a8 + 3a4 - 4 = a8 - a4 + 4a4 - 4 = (a4- l)(a4 + 4) = (a2 + l)(a2- l)(a4 + 4) 0.25 * Nêu a:2=>a8:4 ; ứ :4=>M:4 f4 0.25 Nếu a không chia hết cho 2 ta có a2 lẻ => a2 + 1 và a2 - 1 chẵn =>(a2+l):2 ; (a2-l):2=> M:4 0.25 Vậy M\A (1) * Theo đề bài a không chia hết cho 5 =>a = 5m±l hoặc a = 5m±2 0.25 Nếu a = 5m±ỉ=> [a2-l):5 ; (a4+4)i5 => M':25 Neu a = 5m±2 => [a2+ l):5 ; [aA+4^:5 => M\25 0.25 Vây Mi25 (2) * Từ (1) và (2) và BCNN(4;25) = 100 => M :100 0.25 1,5 đ 2.Tìm tất cả các bộ số nguyên (x;_y) thỏa mãn phương trinh ! -f~óxy + —y — — 4 8 0 Ta có : 0.25 X + 6xy + 5y2- 4y -8 = 0 < >(x2+ xy - x) + (5xy + 5y2- 5y) + {x + y-\) = l 2 = x( X+ y - 1 + 5y(x + y-\) + (x + y-\) = l ) 0.25 « - ( x + y - l ) ( x + 5^ + l) = 7 0.25 4
Chú ý: Neu thí sinh làm cách khác ra kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa. 5
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014 (đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2 điểm). a) Rút gọn biểu thức A  1  1  x2 .  (1  x)3  (1  x)3  với 1  x  1 . 2  1  x2 b) Cho a và b là các số thỏa mãn a > b > 0 và a3  a 2b  ab2  6b3  0 . a 4  4b4 Tính giá trị của biểu thức B  . b4  4a 4 Câu 2 (2 điểm). a) Giải phương trình x 2 ( x 2  2)  4  x 2 x 2  4.  x3  2 x  y b) Giải hệ phương trình  3  .  y  2y  x  Câu 3 (2 điểm). a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình xy 2  2 xy  x  32 y . b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a2  a  3b2  b . Chứng minh rằng 2a  2b  1 là số chính phương. Câu 4 (3 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 (1 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2ab  6bc  2ac  7 abc . Tìm giá trị 4ab 9ac 4bc nhỏ nhất của biểu thức C    . a  2b a  4c b  c ----------------------Hết------------------------ Họ và tên thi sinh…………………………………………..số báo danh…………... Chữ ký của giám thị 1………………………..chữ ký của giám thị 2………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HẢI DƯƠNG HỌC SINH GIỎI TỈNH --------------------------- LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014 (Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang) Lưu ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà kết quả đúng thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa. Câu Nội dung Điểm A 1  1  x2 .  1 x  1 x  2  1  x2  0.25 2  1  x2 Câu 1a:  1  1  x2 .  1 x  1 x  0.25 (1,0 đ) 2  1  1  x2   1  x  1  x   1  1  x2  2  2 1  x  2 0.25  2x 2 = x 2 0.25 a 3  a 2 b  ab 2  6b3  0  (a  2b )(a 2  ab  3b 2 )  0 (*) 0.25 Vì a > b > 0  a 2  ab  3b2  0 nên từ (*) ta có a = 2 b 0.25 Câu 1b: a 4  4b4 16b4  4b 4 Vậy biểu thức B   0.25 (1,0 đ) b4  4a 4 b 4  64b 4 12b 4 4 B 4  0.25 63b 21 t2 0.25 Đặt t  x 2 x 2  4  t 2  2  x 4  2 x 2   x 2  x 2  2   2 t2  t  4 ta được phương trình  4  t  t 2  2t  8  0   0.25 2 t  2 x  0  x  0 Với t = -4 ta có x 2 x 2  4  4    4 Câu  4 2  2 x  2 x  16   2 x  2x  8  0 0.25 2a: x  0 (1,0 đ)  2 x 2 x  2 x  0  x  0 Với t =2 ta có x 2 x 2  4  2    4  4 2 2 x  2 x  4   2 x  2x  2  0 0.25 x  0   2 x 3  1 . Kết luận nghiệm của phương trình. x  3 1  Từ hệ ta có x 3 (2 y  x)  y 3 (2 x  y )  ( x 2  y 2 )  2 xy  x 2  y 2   0 0.25 Câu x  y 0.25 2b:  ( x  y )3 ( x  y )  0   (1,0 đ) x   y * Với x = y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); ( 3; 3 );(  3;  3 ) 0.25
* Với x = - y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); (1; 1 );( 1;1 ) Vậy hệ phương trình có nghiệm 0.25 (x ; y) = (0; 0); 3; 3 );(  3;  3 );( 1;1 );( 1; 1 ) xy 2  2 xy  x  32 y  x( y  1) 2  32 y 32 y 0.25 Do y nguyên dương  y  1  0  x  ( y  1)2 Vì ( y, y  1)  1  ( y  1) 2 U (32) 0.25 Câu mà 32  25  ( y  1)2  22 và ( y  1)2  24 (Do ( y  1) 2  1 ) 0.25 3a: (1,0 đ) *Nếu ( y  1)2  2 2  y  1; x  8 *Nếu ( y  1)2  24  y  3; x  6 Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là: 0.25 x  8 x  6  và  y 1 y  3 2a 2  a  3b 2  b  ( a  b)(2 a  2b  1)  b 2 (*) 0.25 * Gọi d là ước chung của (a - b, 2a + 2b + 1) ( d  ). Thì ( a  b )  d    a  b  2a  2b  1 d 2 0.25  (2a  2b  1) d Câu 3b:  b 2  d 2  b d (1,0 đ) Mà (a  b)  d  a  d  (2a  2b)  d mà (2 a  2b  1)  d  1 d  d  1 0.25 Do đó (a - b, 2a + 2b + 1) = 1. Từ (*) ta được a  b và 2a  2b  1 là số chính 0.25 phương => 2a  2b  1 là số chính phương. 1 1 Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O). Ta có A1  O1  sđ AM (1) 0.25 2 2 Câu Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA)  A1  M1 (2) 0.25 4a: (1,0 đ) Tứ giác MHOK nội tiếp  O1  K1 (cùng chắn MH ) (3) 0.25 1 Từ (1), (2), (3) ta có M1  K1 hay HKM  2AMH. 0.25 2 Có tứ giác AOMD nội tiếp (4) 0.25 1 1 A1  sđ BM ; O1  O2  sđ BM 2 2 0.25 Câu  A1  O1  tứ giác AMGO nội tiếp (5) 4b: Từ (4), (5) ta có 5 điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên một đường tròn (1,0 đ) 0.25  G1  D 2  D1  OGF và ODE đồng dạng OG GF 0.25   hay OD.GF = OG.DE. OD DE Trên đoạn MC lấy điểm A’ sao cho Câu MA’ = MA  AMA' đều 0.25 4c: (1,0 đ)   A1  A2  600  BAA' 
 MAB  A'AC  MB  A'C  MA  MB  MC 0.25 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 0.25 Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB 3 AB 3 Gọi I là giao điểm của AO và BC  AI  R  AB  R 3 2 2 0.25 Giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2  3)R Từ gt : 2ab  6bc  2ac  7abc và a,b,c > 0 2 6 2 Chia cả hai vế cho abc > 0     7 c a b 1 1 1  x, y, z  0 0.25 đặt x  , y  , z    a b c 2 z  6 x  2 y  7 4ab 9ac 4bc 4 9 4 Khi đó C       a  2b a  4c b  c 2 x  y 4 x  z y  z Câu 5: 4 9 4 (1,0 đ) C   2x  y   4x  z   y  z  (2 x  y  4 x  z  y  z ) 0.25 2x  y 4x  z yz 2 2 2  2   3   2    x  2y     4x  z     y  z   17  17 0.25  x  2y   4x  z   yz      1 Khi x  ,y  z  1 thì C = 17 2 0.25 Vậy GTNN của C là 17 khi a =2; b =1; c = 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2013-2014 QUẢNG NGÃI Ngày thi : 22/3/2014 Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1:(4 điểm) a) Cho a;b là hai số nguyên dương khác nhau, thoả mãn 2a2+a = 3b2+b. ab Chứng minh là phân số tối giản. 2a+2b+1 b) Tìm các cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn: 15x2 − 7y2 = 9 Bài 2: (4 điểm) 3 3 a) Cho   x  ; x≠0 và 3  2x  3  2x  a . 2 2 6  2 9  4x 2 Tính giá trị biểu thức P  theo a. x 1 1 1 b) Cho a,b,c là 3 số dương thoả mãn    2. 1 a 1 b 1 c Tìm giá trị lớn nhất của Q=abc Bài 3: (4 điểm) x2 a) Giải phương trình:  x  1 x  2   4  x  1  12 . x 1  1   1  b) Giải hệ phương trình: 2 x 1    3 và 2 y  1   1.  xy  xy Bài 4: (6 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB cố định. EF là dây cung di động trên nửa đường tròn AB đó, sao cho E thuộc cung AF và EF=  R . Gọi H là giao điểm của AF và BE; C là giao điểm của AE 2 và BF; I là giao điểm của CH và AB. · a) Tính số đo CIF b) Chứng minh rằng biểu thức AE.AC+BF.BC có giá trị không đổi khi EF di động trên nửa đường tròn. c) Xác định vị trí của EF trên nửa đường tròn để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó theo R. Bài 5: (2 điểm) Tìm cạnh của hình vuông nhỏ nhất, biết rằng: hình vuông đó chứa 5 đường tròn có bán kính bằng 1 và 5 đường tròn này đôi một không có quá 1 điểm chung. --------------Hết------------- NGUYỄN VĂN HÂN TRƯỜNG THCS NGUYỄN CÁT – TỊNH HÒA – SƠN TỊNH – QUẢNG NGÃI.
BÀI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2013-2014 Môn : TOÁN Ngày thi : 22/3/2014 Câu 1: 1) 2a2+a = 3b2+b ⇔ 2a2+a −2b2−b = b2 ⇔ (a−b)(2a+2b+1) = b2 Gọi (a−b,2a+2b+1) = d Ta có: a – b ⋮ d, 2a+2b+1⋮d⇒ (a−b) (2a+2b+1) ⋮ d2 ⇒ b2 ⋮ d2 ⇒ b⋮d Mà a – b ⋮ d ⇒ a⋮d a⋮d; b⋮d mà 2a+2b+1⋮ d nên 1⋮d ⇒ d=1 Vậy phân số đã cho tối giản. 2) Giả sử cặp số nguyên dương (x; y) là nghiệm của phương trình: 15x2 − 7y2 = 9 (1) =>15x2 − 9 =7y2=>7y2  3 => y2  3 => y  3 Đặt y = 3z và thay vào (1) ta có 15x2 − 63z2 = 9 =>5x2 − 21z2 = 3(2) => x  3 Đặt x = 3t và thay vào (2) ta có 45t2 − 21z2 = 3=>15x2 − 7z2 = 1(3) Nếu z 0(mod3) => VP 0(mod3). VT 1(mod3). Vô lí Nếu z 1(mod3) => z2 1(mod3) => − 7z2 2(mod3) . VP 2(mod3). VT 1(mod3). Vô lí Nếu z 2(mod3) => z2 1(mod3) =>− 7z2 2(mod3) VP 2(mod3). VT 1(mod3). Vô lí Vậy không tìm được cặp số nguyên dương (x; y) nào là nghiệm của phương trình đã cho. Câu 2: 3 3 6  2 9  4x 2 a) Cho   x  ; x≠0 và 3  2x  3  2x  a .Tính giá trị biểu thức P  theo a. 2 2 x 2 P 3  2x+2  3  2x  3  2x   3  2x   3  2x  3  2x   3  2x  3  2x x x x 4x 4   . x  3  2x  3  2x  a 1 1 1 b) Cho ba số dương a , b , c và thỏa mãn điều kiện :    2 .Tìm giá trị lớn 1 a 1 b 1 c nhất của Q = a.b.c 1 1 1 b c bc Giải :Ta có :  1 1   2 1 a 1 b 1 c 1 b 1 c (1  b)(1  c) 1 ca 1 ab Tương tự : 2 , 2 1 b (1  c )(1  a) 1  c (1  a )(1  b) 1 1 1 abc Nhân các bất đẳng thức vừa nhận được ta có : . . 8 1 a 1 b 1 c (1  a)(1  b)(1  c ) 1 1 1 Hay : abc  . Dấu = xãy ra khi a = b = c = . Vậy maxQ = 8 2 8 Bài 3: (4 điểm) NGUYỄN VĂN HÂN TRƯỜNG THCS NGUYỄN CÁT – TỊNH HÒA – SƠN TỊNH – QUẢNG NGÃI.
x2 a) Giải phương trình  x  1 x  2   4  x  1  12 . ĐK : x≤ - 2 ; x > 1. x 1   x  1 x  2   4  x  2  x  1  12  0 . Đặt t = (x + 2)(x - 1) ta có phương trình t2 + 4t – 12 = 0 => t =2 hoặc t = - 6 (loại) (x+2)(x-1) = 2 => x2 + x – 6 = 0 => x = 2(nhận) hoặc x = - 3 (nhận)   1   2 x 1  3   xy b)Giải hệ phương trình:  .  2 y 1  1   1      xy   1   1 3  3 1 2 x  1  xy 3 1  xy 2 x 2  2 x  2 y (Công vê)          2 y  1  1   1 1  1  1  2  3  1 ( tru vê)     xy 2 y x  y 2 x 2 y   xy   4 9 1    ( Nhân vê) =>x 2  8xy-9y 2  0   x  y  x  9y   0 x  y 4x 4y  x  y; x  9y(loai) 3 1 2  2    2  x  1. 2 x 2 x x Vậy nghiệm của hệ là x = y = 1. Bài 4: (6 điểm) · a) Tính số đo CIF · · 1 º Tứ giác BFHI nội tiếp => HIF = HBF = sd EF = 300 (tam giác OEF đều) 2 b) Chứng minh rằng biểu thức AE.AC+BF.BC có giá trị không đổi khi EF di động trên nửa đường tròn. Ta có AE.AC = AC(AC –CE) = AC2 – AC.AE BF.BC = BC(BC –CF) = BC2 – BC.CF AE.AC+BF.BC = AC2 + BC2 – AC.AE – BC .CF MÀ AC.AE = BC.CF =CO2 – R2 2AC 2 + 2BC2 - AB2 AB2 CO 2 = => AC2 + BC2 =2CO2 + 4 4 2 AB Suy ra : AE.AC+BF.BC = 2CO2 + – CO2 + R2 – CO2 + R2 = 3R2 4 AE.AC+BF.BC= 3R2 Cố định. c) Xác định vị trí của EF trên nửa đường tròn để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó theo R. Ta có SABEF = SAOF + SFOE + SEOB R2 3 SFOE = (Vì tam giác FOE là tam giác đều cạnh R) 4 NGUYỄN VĂN HÂN TRƯỜNG THCS NGUYỄN CÁT – TỊNH HÒA – SƠN TỊNH – QUẢNG NGÃI.
1 1 FM + EN SAOF + SEOB = OA.FM+ OB.EN = R. = R.PQ (PQ là đường trung bình của hình thang 2 2 2 EFMN) R2 3 R 3 SABEF = + R.PQ mà PQ ≤ OP = . 4 2 R 2 3 R 2 3 3R 2 3 Do đó SABEF = + = khi Q trùng với O hay EF // AB. 4 2 4 Bài 5: (2 điểm) Gọi cạnh hình vuông ABCD nhỏ nhất chứa bên trong 5 đường tròn có bán kính bằng 1cm và đôi một không có quá 1 điểm trong chung là x (cm). Từ đây suy ra các tâm của 5 đường tròn này nằm trong hình vuông MNPQ có cạnh bằng x – 2 cm. (vì tâm của các đường tròn các đường tròn cách cạnh hình vuông ít nhất 1cm). x- 2 Chia hình vuông MNPQ thành 4 hình vuông nhỏ có độ dài mỗi cạnh là (cm) . (hình vẽ) 2 Theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất hai tâm đường tròn cùng thuộc một hình vuông. Giả sử hai tâm đó là O1.O2. Vì hai đường tròn này có không quá 1 điểm chung nên O1O2 không nhỏ hơn hai lần bán kính và x- 2 không lớn hơn độ dài đường chéo của hình vuông cạnh (cm) . 2 (x - 2) 2 (x - 2) 2 Hay 2 ≤ O1.O2 ≤ => ³ 2 Þ x- 2 ³ 2 2 Þ x ³ 2+ 2 2 2 2 Vậy cạnh hình vuông nhỏ nhất chứa 5 đường tròn có bán kính bằng 1 và 5 đường tròn này đôi một không có quá 1 điểm chung là 2 + 2 2 NGUYỄN VĂN HÂN TRƯỜNG THCS NGUYỄN CÁT – TỊNH HÒA – SƠN TỊNH – QUẢNG NGÃI.