Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn thi Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1 (4 điểm).

a) Rút gọn biểu thức với   2 3 3

2 1 1 . (1 ) (1 )

2 1

x x x A

x

     

  . 1 1 x   b) Cho a và b là các số thỏa mãn a > b > 0 và . 3 2 2 3 6 0 a a b ab b    

Tính giá trị của biểu thức .

4 4

4 4 4 4 a b B b a   

Câu 2 (4 điểm).

a) Giải phương trình 2 2 2 ( 2) 4 2 4. x x x x    

b) Giải hệ phương trình .

2 2 5 2 2 26 3 (2 )( ) 11 x y xy x x y x y

          Câu 3 (4 điểm).

a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình . 2 2 32 xy xy x y    b) Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng p=a2+b2 +c2 với a; b; c là các số nguyên dương sao cho a4+b4 +c4 chia hết cho p

Câu 4 (6 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 A A  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 (2 điểm). Cho x;y;z >0 chứng minh rằng

3 3 3 3 2 x y z z x x y y z      

----------------------Hết---------------------

ThuVienDeThi.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HOÁ ---------------------------

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP 9 MÔN THI: TOÁN

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    2 2

2

1 1 . 1 1 2 1

2 1

x x x x A

x

       

 

0.5

  2 1 1 . 1 1 x x x       0.5      

2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 1 x x x x x            0.5

Câu 1a: (1,0 đ)

= 2 2x  2 x 0.5

3 2 2 3 2 2 6 0 ( 2 )( 3 ) 0 (*) a a b ab b a b a ab b          0.5

Vì a > b > 0 nên từ (*) ta có a = 2 b 2 2 3 0 a ab b     0.5

Vậy biểu thức

4 4 4 4

4 4 4 4 4 16 4 4 64 a b b b B b a b b       0.5

Câu 1b: (1,0 đ)

4

4 12 4 63 21 b B b

    0.5

Đặt   2 2 4 2 2 4 2 2 t x x t x x        

2 2 2 2 2 t x x   0.5

ta được phương trình

2

2 4 4 2 8 0 2 2

t t t t t t

        

0.5

Với t = -4 ta có  

2

4 2 4 2 0 0 2 4 4 2 2 16 2 8 0

x x x x x x x x

                

2

0 2 2

x x x

       

0.5 Câu 2a: (1,0 đ)

Với t =2 ta có  

2

4 2 4 2 0 0 2 4 2 2 2 4 2 2 0

x x x x x x x x

                 

. Kết luận nghiệm của phương trình. 2

0

3 1 3 1

x

x x

         

0.5

ThuVienDeThi.com

Đặt 2x+y =a; x-y=b biểu diễn hệ

2 2 26

11 a b a b ab

      

0.5

tìm được

8 19

6 5

a b ab

a b ab

                

0.5

Giải 2 hệ trên cuối cùng tìm được(x;y)   (2;1);(2; 3)   05

Câu 2b: (1,0 đ)

2 2 32 xy xy x y    2 ( 1) 32 x y y   

Do y nguyên dương 2 32 1 0 ( 1) y y x y     

0.5

Vì 2 ( , 1) 1 ( 1) y y y    (32) U  0.25 mà và (Do ) 5 32 2  2 2 ( 1) 2 y    2 4 ( 1) 2 y   2 ( 1) 1 y   0.5 Câu 3a: (1,0 đ) *Nếu 2 2 ( 1) 2 1; 8 y y x      *Nếu 2 4 ( 1) 2 y   3; 6 y x    Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là:

và 8 1 x

y

    

6

3

x

y

    

0.5

Vai trò a; b; c bình đẳng giả sử a b c   P= a2+b2+c2 nên (a4+b4+c4+ 2a2b2+2b2c2 +2c2a2 ) p  Suy ra 2a2b2+2b2c2 +2c2a2 p  do a,b,c nguyên dương nên p vậy (2;3)=1vậy a2b2 +b2c2+c2a2 p 3  

0.5

Suy ra (a2b2 + c2p –c4) p suy ra (ab-c2) (ab+c2)  p  ab < 2ab a2+ b2 nên 1<ab+c2< a2+b2+c2=p suy ra ( p; ab+c2) =1  buộc c2 –ab mà a nên 0 c2 –ab <p buộc c2-ab =0. p  b c    0.5

Câu 3b: (1,0 đ)

vậy c2=ab nên a=b=c suy ra p =3a2 mà p nguyên tố nên p=3 0.5 Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O). Ta có

sđ (1) A A   1 1 1 1 A O 2 2

AAM

0.5

Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA) (2) A A   1 1 A M 0.5

Câu 4a: (1,0 đ)

Tứ giác MHOK nội tiếp (cùng chắn ) (3) A A   1 1 O K AMH …