50 Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

Nội dung text: 50 Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

1. 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH Tuyển tập ĐỀ HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 CẤP TỈNH MỤC LỤC Phần 1. Đề thi Phần 2. Đáp án • Đề 1:___Trang .58 • Đề 2:___Trang .62 • Đề 3:___Trang .65 • Đề 4:___Trang .69 • Đề 5:___Trang .73 • Đề 6:___Trang .77 • Đề 7:___Trang .84 • Đề 8:___Trang .89 • Đề 9:___Trang .93 • Đề 10:___Trang .99 • Đề 11:___Trang .104 • Đề 12:___Trang .110 • Đề 13:___Trang .113 • Đề 14:___Trang .116 • Đề 15:___Trang .121 • Đề 16:___Trang .127 • Đề 17:___Trang .131 • Đề 18:___Trang .134 • Đề 19:___Trang .141 • Đề 20:___Trang .144 • Đề 21:___Trang .152 • Đề 22:___Trang .156 • Đề 23:___Trang .160 • Đề 24:___Trang .163 • Đề 25:___Trang .168 • Đề 26:___Trang .173 • Đề 27:___Trang .176 • Đề 28:___Trang .180 • Đề 29:___Trang .183 • Đề 30:___Trang .187 • Đề 31:___Trang .190 • Đề 32:___Trang .195 Trang 1
2. 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH • Đề 33:___Trang .199 • Đề 34:___Trang .202 • Đề 35:___Trang .207 • Đề 36:___Trang .211 • Đề 37:___Trang .213 • Đề 38:___Trang .216 • Đề 39:___Trang .219 • Đề 40:___Trang .223 • Đề 41:___Trang .226 • Đề 42:___Trang .229 • Đề 43:___Trang .234 • Đề 44:___Trang .237 • Đề 45:___Trang .241 • Đề 46:___Trang .243 • Đề 47:___Trang .246 • Đề 48:___Trang .250 • Đề 49:___Trang .254 • Đề 50:___Trang .258 Trang 2
3. 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH ĐÀO TẠO LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 TỈNH ĐIỆN BIÊN MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 09/4/2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 1 (Đề thi có một trang) Câu 1.(5,0 điểm) x12 1. Cho biểu thức +−− P = 1:1. x1+ x1xxxx1−+−− a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm các giá trị của x để biểu thức Q x=− P nhận giá trị nguyên. 2. Cho (xx12y4y11++++=22)( ) . Tính giá trị biểu thức x 8y33++ 2 0 1 9 . Câu 2.(4,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2xx33xx3.2 ++=+ 3 6 x2−= y 2. Giải hệ phương trình: 8 −=− 3x2. 3 y Câu 3.(3,0 điểm) 1111 * 1. Chứng minh: +++ − 1 ( n ) 22++++ 1133 ++ 22n 1n 1( nnn) 1 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A= 5x22 + 9y − 12xy + 24x − 48y + 82 . Câu 4.(6,0 điểm) 1. Cho ABCcó ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O) . Kẻ các đường cao B E, C F ABC (;).EACFAB ()O M N của Các đường cao B E, C F cắt lần lượt tại và . a) Chứng minh rằng MN song song với EF; OA vuông góc với EF . b) Gọi H là trực tâm của ABC. Chứng minh rằng: CH.CFBH.BEBC+=2 . 2. Cho điểm O thuộc miền trong của ABC . Các tia AO,, BO CO cắt các cạnh của BC, OA OB OC AC, ABlần lượt tại G, E,F . Chứng minh tổng ++ không phụ thuộc vào vị AG BE CF trí điểm O. Câu 5.(2,0 điểm) 1. Chứng minh rằng Px3x3x3=−−+32 là một số chính phương khi x124=++ 33. 2. Tìm x,y thỏa mãn: x2y522−=. ___Hết___ Trang 3
4. 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH LẠNG SƠN LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 23/3/2019 Đề số 2 Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có một trang) Câu 1.(4 điểm) x x−+ 32( x− 3) x 3 Cho biểu thức A = − + với xx 0 ; 9 . x− 2 x − 3 x + 1 3 − x a) Rút gọn biểu thức A. b) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức A. Câu 2.(4 điểm) Cho phương trình x–22 2m( 4x+++= m )8m – 9 0 . a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m b) Tìm m nguyên dương để phương trình đã cho có hai nghiệm x12 , x sao cho x22+− x 60 P = 12 đạt giá trị nguyên. xx12+ Câu 3.(4 điểm) 14 a) Giải phương trình x4x50−+−+= . x x 22 b) Tìm tất cả các cặp (x; y ) nguyên thỏa mãn xy22+( x2 −) +( 2y2 −) − 2xyx2y4( + −) = 5 . Câu 4. (6 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ABAC( ) nội tiếp trong đường tròn (O) , các đường cao B E,C F cắt nhau tại H ( EAC,FAB ). a) Gọi KEFBC=, L= AK( O) với LA . Chứng minh tứ giác A E H F nội tiếp và HLAK⊥ . b) Chứng minh rằng đường thẳng HL đi qua trung điểm của BC . c) Gọi T là điểm trên đoạn thẳng FC sao cho ATB90= 0 . Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp hai tam giác KLT và CET tiếp xúc với nhau. Câu 5.(2 điểm) Cho đa giác đều 30 đỉnh. Chứng minh rằng trong các đỉnh đó, bất kì một bộ gồm có 9 đỉnh nào đều chứa 4 đỉnh tạo nên một hình thang cân. ___Hết___ Trang 4
5. 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH NGHỆ AN LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN- BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề số 3 (Đề thi có một trang) Câu 1. (3,0 điểm) a. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2yxyx2y502 −+−+= . n b. Chứng minh rằng A 2= 4 + 1 +2n 6 chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n. Câu 2. (6,5 điểm) 8x4x3 + a. Giải phương trình: 2x3+= 2x5+ 22 (x1y31−+−=) ( ) b. Giải hệ phương trình: (x1y3xy3.−−−−=−)( ) Câu 3. (2,5 điểm) Cho abc,, là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 444 abc P.=++ abbcca+++ Câu 4. (6,0 điểm) 1. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi D, E, F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B, C của tam giác. Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại điểm thứ nhất M (M khác phía với O so với đường thẳng AB), đường thẳng BM cắt đường thẳng DF tại N. Chứng minh rằng: a. EF ⊥ OA. b. AM = AN. 2. Cho tam giác nhọn ABC, D là điểm trong tam giác đó sao cho ADB = ACB90+ 0 AB.CD và AC.BD = AD.BC. Chứng minh = 2 . AC.BD Câu 5. (2,0 điểm) Trong hình vuông cạnh bằng 1 có 2019 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại 1 một hình tròn bán kính bằng nằm trong hình vuông đó mà không chứa điểm 91 nào trong 2019 điểm đã cho. ___Hết___ Trang 5
6. 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH Xét dãy số thực bất kì a1232015 a; ;a ;. a . . . ; và ta xét “tích thêmT ” Taaaa=++++( 1232015111 1)( )( ) ( ) Áp dụng cách biến đổi dãy như trong đề bài kết hợp với nhận xét (*), ta nhận thấy “tích thêm ” không thay đổi với mọi dãy thu được. Với dãy ban đầu của bài toán ta xét “tích thêm ” 111111 T =++++++ 1111 11 123420142015 234520152016 == 2016 123420142015 Giả sử sau 2014 lần biến đổi tùy ý theo yêu cầu, dãy còn lại một số là x thì “tích thêm ” đối với dãy cuối là Txxx=+ += =1120162015 Vậy sau 2014 lần biến đổi theo yêu cầu của bài toán, số còn lại trong dãy là 2015. Đề số 44 Câu 1. 5555++ a)Đặt a=2 +2 - + , a > 0 22 55+ 2 a42 = 2 +−= 446 +−= 2 5 +−= 45 13535+ =+ a 2 ( ) 6+− 2 5 6 2 5 5151+− x =3 + 5 − 3 − 5 − 1 = − − 1 =−−=− 121 22 22 x =21210− +−=xx2 B=+−+=23422 x3 x 2 x x( x 2 +−−+−+= 21 x) ( x 2 2111 x ) x++2014 2015 −− x 2014 −=++ x y 2014 2015 −− y 2014 − y (1) b)ĐKXĐ: −2014 xy ; 2014 (1) +−++−xyxyyx2014201420152015201420140 −− +− −− = Nếu x khác y và thì xy+++20142014 >0; 2015−xy + 2015 − >0; 2014−xy + 2014 − >0 , do đó (1) 111 (xy −) − + = 0(2) x+2014 + y + 2014 2015 − x + 2015 − y 2014 − x + 2014 − y 11 Khi đó dễ chứng tỏ − 0 2014201420152015−xyxy +−− +− Mà xy− 0 nên (2) vô lý vì VT(2) luôn khác 0 Nếu x=y dễ thấy (1) đúng. Vậy x = y. Trang 235
7. 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH Câu 2. 3 a) xxxxx3 ++++=+++( 112212) ( ) (1) ĐKXĐ: x1 − Đặt: y= x +1; z = 2 Khi đó (1) có dạng : x3 + y3 + z3= (x + y +z)3 (2) Chứng minh được (2) (x+y)(x+z)(z+x) = 0 15− Với: x + y = 0 ++= +=xxxx 101 − =x ( Thỏa mãn) 2 Với: x + z = 0 += =xx202 − ( không thỏa mãn). Với: y + z = 0 ++=x 120 - vô nghiệm 15− Vậy phương trình có nghiệm: x = 2 2 3422xxyxy+−+= b) x1+(xy++ y1=4) ( ) 342202520xxyxyxxyyxy222+−+−=+−−++= 2222 x+ y40x+++−=++−=xyxy y40 Ta có: 2x22+−−++= +− xy y 5 x y 2 0( y x 2)( y −+= 2 x 1) 0 =−yx2 hoặc yx=−21 Với yx=−2 thay vào (2) ta được: x2 – 2x +1 = 0 suy ra x = 1 Ta được nghiệm (1;1) −4 yx=−21 thay vào (2) ta được: 5x2 – x – 4 = 0 , suy ra x = 1; x = 5 −−4 13 Ta được nghiệm (1;1) và ( ; ) 55 Vậy hệ có nghiệm (1;1) và ( ) Câu 3. a) Tìm số nguyên tố p sao cho các số 2p2− 1; 2 p 2 + 3; 3 p 2 + 4 đều là số nguyên tố. +) Nếu p=7k+i; k,i nguyên, i thuộc tập 1;2;3 . Khi đó p2 chia cho 7 có thể dư: 1;4;2 Xét p 2 2 p2 − 1; 2 p 2 + 3& 3 p 2 + 47 Nếu chia cho 7 dư 1 thì 34p2 + chia hết cho 7 nên trái GT Nếu chia cho 7 dư 4 thì 21p2 − chia hết cho 7 nên trái GT Nếu chia cho 7 dư 2 thì 2p2 + 3 chia hết cho 7 nên trái GT +) Xét p=2 thì =16 (loại) Trang 236
8. 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH +) Xét p=7k, vì p nguyên tố nên p=7 là nguyên tố, có: 2197;ppp222−=+=+= 23101; 34151 đều là các số nguyên tố Vậy p =7 2 b) Giả thiết −−++=33182354(xyzyz) 2222 (1) +) Lập luận để z23 z 3 z 2 9 z 2 9(*) (1) −++−=3(3)23(6)54(2)xzyz 2222 (2) =−++− −++543(3)23(6)3(3)2.93.3xzyzxy222222 ( 3xy )− 3 + 1 2 22 ==yyy222 41;4 vì y nguyên dương Nếu yy2 = 11 = thì (1) có dạng: 2 72 3357257293(xzzzzz−+= = =) 2222 (vì có(*)) 5 22 Khi đó 332739(xx−= −=) ( ) , x nguyên dương nên tìm được x=6 Nếu yy2 = 42 = (vì y nguyên dương) thì (1) có dạng: 2 331412614126993(xzzzzz−+= = =) 2222 (vì z nguyên dương) Suy ra (3)03xx−= =2 (vì x nguyên dương) xx==36 Đáp số yy==2; 1 zz==33 Câu 4. A N D E P I B O H C M K F 1800 − s d DE a) Sđ BAC= sd DE = 600 2 Trang 237
9. 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH Suy ra E O D = 600 nên tam giác OED đều suy ra ED = R. b) Ta có: A P E A= D E (2 góc nội tiếp chắn cung AE) ABM= ADE (Cùng bù với góc EDC) Suy ra: A B M A= P E nên tam giác APE đồng dạng với tam giác ABM AE AM Nên = AE AB = AM AP (1) AP AB Tương tự chứng minh tam giác ANE đồng dạng với tam giác ABF AEAF = = AEABANAF (2) ANAB Từ (1) và (2) suy ra: AN.AF = AP.AM c) Xét I nằm giữa B, D( Nếu I nằm ngoài B,D thì vai trò K với DC sẽ như I với BD) Tứ giác BIHF, BDCF nội tiếp nên F H K F= C K ( cùng bằng FBD ), suy ra tứ giác CKFH nội tiếp nên F K C = 900 . D K B H Lý luận tam giác DFK đồng dạng tam giác BFH nên: = F K F H CKBI Tương tự tam giác CFK đồng dạng tam giác BFI nên: = FKFI DCBHBI Suy ra: =− FKFHFI DCBDBHBDBIBHID +=+−=+ FKFIFHFIFIFHFI IDHC DC BD BH HC BC Mà = suy ra: + = + = FIFH FK FI FH FH FH BC BD CD2 BC BCBDCD Vậy + + = nên ++ nhỏ nhất khi FH lớn nhất khi F là FH FI FK FH FHFIFK trung điểm cung BC Câu 5. 1 1 1 Có xy+ yz + zx = xyz + + =1(1) x y z abab222 ()+ Ta chứng minh với x, y dương: + (*) xyxy + 2 22 ab 2 22yx yx (*) +()()x + y a + b a + b 2 ab ab − 0 luôn xy xy xy yx x đúng; “=” ab− =0 a=b xy y Trang 238
10. 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH 11(11)22222 + Áp dụng(*) ta có: + == = ("":1) yz yzyzyz ++ 22(22)42222 + + == =+ = (""2) yyzyz 233yyzyzyz+++ 42 4 2 (4+ 4) 2 64 + =(" = " 4x = 3 y + z ) 4x 3 y+ z 4 x + 3 y + z 4 x + 3 y + z 6442114312222 +++=++= =+= (""43& xyzyz x=y=z) 4342xyzxyyzxyz++ 64143 Tương tự: ++= == ("") xyz xyzxyz++43 64314 ++= == ("") xyz 34xyzxyz++ 11111111 M =++ ++= ( theo (1)) 434334xyzxyzxyz++++++ 88 xyz 1 Vậy M đạt GTLN là khi x = y = z = 3( theo (1)) 8 Đề số 45 Câu 1. a) Đặt a2a2.= =3 3 Đẳng thức cần chứng minh trở thành 2 1−+ a a 3 3 a− 19 = −=− a 1aa + 1aa −3 19( +=− a 1) 22( ) ( ) 3 9 Biến đổi vế trái ta được 32 (aa1aa1aa1222−+=−+−+) ( ) ( ) =++−+−−+(aa12a2a2aaa142322 )( ) =−+−+−(a2a3a2a432222 +=−− 1 aa + 13 a1)( aa 1 ) ( )( ) =−+=−3a1a19a1( )( 3 . ) ( ) b) Với x122015 ,x , ,x nguyên dương, áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số ta được 1x+1 2x,1x 1 + 2 2x, ,1x 2 + 2015 2x 2015 Nhân vế với vế các bất đẳng thức trên ta được 2015 (1+++ x1220151)( 1 x 2) 2015( 1 x2x x) x Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi x1= x 2 = = x 2015 = 1 Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương duy nhất (x1 ,x 2 , ,x 2015 ) = ( 1,1, ,1) . Câu 2. Trang 239
11. 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH Điều kiện x 1 , y − 3 . Ta xét các trường hợp Trường hợp 1: x1y3yx4+ − + Khi đó, x1x2x3y1y2y3+++++ −+−+− Suy ra hệ vô nghiệm Trường hợp 2: x+ 1 y − 3 y x + 4 Khi đó, x1x2x3y1y2y3+++++ −+−+− Suy ra hệ vô nghiệm Trường hợp 3: x1y3yx4+=− =+ Thay vào phương trình thứ hai của hệ đã cho, ta được 2x8x60x1x32 ++= = −= − So điều kiện ta được x 1= y − 3 . = Vậy (x ;y 1;) =− 3( ) . Câu 3. 11111 Ta có + + 11 xyxzxyz 11 + x do x dương (*) yz Mặt khác, từ giả thiết x + y + z = 4 x = 4 – (y + z). Thay vào (*) ta có 1111 + −+ −++−+ 4yz2y2z0( ) yzyz 2 2 11 −+− yz0 yz Luôn đúng với mọi x, y, z dương, dấu bằng xảy ra y = z = 1, x = 2. Câu 4. 22 Ta có x= 2x + yzz4 (x − 1) = yzz5; x, y, z + và y,z1;2; ;9  Suy ra x1− có dạng a5 2 Do đó yzz5a5(10a5)100a(a1)25==+=++ 2 Suy ra z2yzz5y9= + + +=+ Vì (x−= 1)2 yzz5 là số chính phương và có tổng các chữ số bằng y9+ nên yzz5 chia cho 9 dư 0, 1, 4, 7. Do đó y 1;4;7 Khi đó tìm được (x,y,z)(36;1;2);(66;4;2);(86;7;2) . Câu 5. Trang 240
12. 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH P A E N M F I B D C Qua A dựng đường thẳng song song BC, cắt DF tại P. Ta có MN // AP nên theo định MN DM lí Thales thì = (1) AP AD ME AE ME CD CE DM Cũng theo định lí Thales ta có = = = = (2) CD AC AE AC CA AD M N M E Từ (1), (2) suy ra = (3) A P A E Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì A F A= E 4 ( ) Mặt khác, tam giác APF có A P F ===BDFBFDAFP tam giác APF cân tại A suy ra AFAP5= ( ) Từ (4), (5) suy ra APAE= (6) Kết hợp (5) và (6) ta có MNME= hay M là trung điểm NE. Câu 6. Để ý rằng tổng của 16 số ấy cũng chính là tổng của 4 hàng, tức là bằng 4s Tổng các số ở hai hàng giữa, 2 cột giữa và 2 đường chéo bằng 6s, ở các vị trí này, tất cả 16 số đã cho đều được sử dụng, mỗi số dùng 1 lần, ngoại trừ ở 4 số chính giữa thì mỗi số được dùng 3 lần Kí hiệu m là tổng của 4 số chính giữa, ta thấy rằng 6s2m4s−= ms= Tiếp theo, ta để ý rằng tổng cả 2 đường chéo bằng 2s, và bằng tổng của 4 số ở chính giữa cộng với tổng 4 số đặt ở 4 góc hình vuông. Từ đó tổng của 4 số đặt ở 4 góc của hình vuông là 2sm2sss.−=−= Đề số 46 Câu 1. a) Ta có: 1− 1 −x22 .( 1 + x + 1 − x)( 2 − 1 − x ) A = =1 − 1 −x2 .( 1 + x + 1 − x ) 21−−x2 Trang 241
13. 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH 2 =−−++−=−−+−(111111221xxxxx222)( ) ( )( ) = 2x2 = x 2 b) Ta có: aa322322−+−= −++= babbabaabb60(2)(3)0(*) Vì a > b > 0 ++ aabb2230nên từ (*) ta có a = 2 b abbb4444−−4164 Vậy biểu thức B == babb4444−−464 1 2b 44 − B == −6 3b 24 1 Câu 2. t2 a) Đặt txxtxx=+ =+24222242 ( ) xx22( +=2) 2 2 t 2 t =−4 ta được phương trình =− +−= 4280ttt 2 t = 2 x 0 2 x 0 Với t = -4 ta có xx244+= − 42 42 2216(xx+=) xx+−=280 x 0 = 2 − x 2 x = 2 x 0 2 x 0 Với t =2 ta có xx242+= 42 42 224(xx+=) xx+−=220 x 0 =− x 31 2 . Kết luận nghiệm của phương trình. x =−31 b) Từ hệ ta có xyxyxyxyxyxy332222(2)(2)()+=+ −++= 20 ( ) 3 xy= +−= ()xyxy ()0 xy=− * Với x = y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); ( 3; 3 );( −−3;3 ) * Với x = - y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); (1;− 1);( −1;1) Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y) = (0; 0); );( );( −1;1);(1;1− ) Câu 3. a) xy2 +2 xy + x = 32 y +=x(1)32 yy 2 32y Do y nguyên dương yx +10 = (y + 1)2 Vì (y , y+ 1) = 1 ( y + 1)2 U (32) mà 32= 25 (y + 1)22 = 2 và (y += 1)24 2 (Do (y + 1)2 1) Trang 242
14. 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH *Nếu (1)21;8yyx+= ==22 *Nếu ( 1)y += 2 24 =yx = 3 ; 6 x = 8 x = 6 Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là: và y =1 y = 3 b) Ta có: 23a22+ a = b + b −++=()(221)ababb 2 (*) Gọi d là ước chung của (a - b, 2a + 2b + 1) ( d * ). Thì ()a− b d (a − b)(2 a + 2 b + 1) d 2 (2a++ 2 b 1) d b22 d b d Mà (a− b ) d a d (2 a + 2 b ) d mà (2a+ 2 b + 1) d 1 d d = 1 Do đó (a - b, 2a + 2b + 1) = 1. Từ (*) ta được ab− và 2ab 2 1++ là số chính phương => là số chính phương. Câu 4. a) Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O). x A 11 1 Ta có AO==sđ AM (1) 1122 M 1 H Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA) =AM11 (2) 1 O Tứ giác MHOK nội tiếp =OK (cùng chắn MH ) (3) 1 11 K 1 B C Từ (1), (2), (3) ta có MK= hay HKM2AMH.= 112 b) Có tứ giác AOMD nội tiếp (4) D A 2 1 1 1 1 A1 = sđ BM ; OO12==sđ 2 2 F M H =AO11 tứ giác AMGO nội tiếp (5) 1 1 E G 2 O Từ (4), (5) ta có 5 điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên một đường tròn B C ==GDD121 A OGF và ODE đồng dạng OG GF 1 2 = hay OD.GF = OG.DE. OD DE H c) Trên đoạn MC lấy điểm A’ sao cho M O MA’ = MA AMA' đều A = A = 600 − BAA' A' 12( ) B I C MAB = A'AC MB = A'C MA + MB = MC Chu vi tam giác MAB là MA+ MB + AB = MC + AB 2R + AB Trang 243
15. 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH Đẳng thức xảy ra khi MC là đường kính của (O) => M là điểm chính giữa cung AM => H là trung điểm đoạn AO Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB 3AB3 Gọi I là giao điểm của AO và BC == =AIRABR3 22 Giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2 3)R+ Câu 5. Từgt : 2627abbcacabc++= và a,b,c > 0 2 6 2 Chia cả hai vế cho abc > 0 + + = 7 c a b 111 xyz,,0 đặt xyz===,, abc 2627zxy++= 494abacbc 494 Khi đó C =++ =++ abacbc+++24 24xyxzyz+++ 4 9 4 =C +++2 xy +++ 4 xz ++−+++++ yzxyxzyz (2 4 ) 24x+ y x + z y + z 222 2 3 2 = −++x2 y −++ 4 x z −++ y z 17 17 x+24 y x + z y + z 1 Khi x,yz1=== thì C = 17 2 Vậy GTNN của C là 17 khi a =2; b =1; c = 1 Đề số 47 Câu 1. 1) Điều kiện: x y 1 . ( x+−+++++− 1)( 1xyxyxxy) ( 1xy 1 1xy)( ) ( )( ) A:= ( xy+− 1)( 1xy ) ( xy+ 1)( 1 −+++ xyxy) −+( x − xy)( 1x 1) 1( xy )( ) = ( xy+− 1)( 1 xy ) ( x11+)( − xy) +( xy + x)( xy1 +) +( xy11 +)( − xy ) == ( xy11+)( − xy) +( xy + x)( xy1 +) −( x11 +)( − xy ) 1x+ ==1 . x y+ xy xy 2) Theo Côsi, ta có: 6=1 + 1 2 1 1 9 . x y xy xy Trang 244
16. 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH 1 Dấu bằng xảy ra 11= x = y = . xy 9 Vậy: maxA = 9, đạt được khi : x = y = . Câu 2. 1) PT đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: ' 0 (m−2)2 −(m2 −2m+4) 0 m 0 (*) x1 + x2 = 4 − 2m Với m 0 theo Vi-et ta có: 2 . x1.x2 = m − 2m + 4 2 1 1 2 1 1 Ta có 2 2 − = 2 − = (1) x1 + x2 x1x2 15m (x1 + x2 ) − 2x1x2 x1x2 15m 111 −= m6m4m2m422−+−+ 15m 1 1 1 4 − = . Đặt m + = t do t 0 4 4 m m + − 6 m + − 2 15 m m 1 1 1 t = −4 Ta cos (1) trở thành − = t = −4 ( do t 0 ) t − 6 t − 2 15 t =12 4 Với t = −4 ta có m + = −4 m = −2 thỏa mãn (*) m 2) Ta có: x4+ y 4 y 4 + z 4 z 4 + x 4 x4+ y 4 + z 4 = + + xyyzzx222222++ = 2 2 2 x2 yy 22+++ zy 22 zz 22xz 22 22xx 2 y = ++ ++ xyyzyzzxzxxy = 222 = xyz (x + y + z) = xyz ( vì x + y + z = 1). xyz== 1 Dấu bằng xảy ra == = xyz x+ y + z =1 3 1 1 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: x=;; y = z = 3 3 3 Câu 3. a) Giả sử (a + b2)  (a2b – 1), tức là: a + b2 = k(a2b – 1), với k * a + k = b(ka2 – b) a + k = mb (1) Ở đó m  mà: m = ka2 – b m + b = ka2 (2) Từ (1) và (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m + 1 Trang 245
17. 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka) (3) Do m > 0 (điều này suy ra từ (1) do a, k, b > 0) nên m 1 (vì m ). Do b > 0 nên b – 1 0 (do b ) (m – 1)(b – 1) 0. Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka) 0. Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka 0 k + 1 ka 1 k(a – 1) (4) a1= k(a1)0−= Vì a – 1 0 (do a , a > 0) và k , k > 0 nên từ (4) có: a2= k(a1)1−= k1= m12−= b11−= b2= - Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2 m11−= b3= b12−= Vậy, trường hợp này ta có: a = 1, b = 2 hoặc a = 1, b = 3. b1= - Với a = 2 (vì k = 1). Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0 . m1= Khi b = 1, ta được: a = 2, b = 1. Khi m = 1: Từ (1) suy ra a + k = b b = 3. Lúc này được: a = 2, b = 3. Tóm lại, có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn bài toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1). b) Ta có x + 2 3 = y + z x + 2 3 = y + z + 2 yz 2 (x − y − z)+ 2 3 = 2 yz (x − y − z) + 4 3(x − y − z)+12 = 4yz (1) 4yz − (x − y − z)2 −12 TH1. Nếu x − y − z 0 Ta có 3 = (2) vô lý 4(x − y − z) ( do x, y, z N nên vế phải của (2) là số hữu tỷ ). x − y − z = 0 TH2. x − y − z = 0 khi đó (1) (3) yz = 3 x = 4 x = 4 Giải (3) ra ta được y =1 hoặc y = 3 thử lại thỏa mãn z = 3 z = 1 Câu 4. Trang 246
18. 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH E D M I H F A C O B a) Ta có M thuộc đường tròn tâm O đường kính AB (giả thiết) nên A M B 9= 0 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay FMB= 900 . Mặt khác FCB= 900 (giả thiết).Do đó FMBFCB180+=0 . Suy ra BCFM là tứ giác nội tiếp =CBMEFM1 ( ) (vì cùng bù với C F M). Mặt khác C B M E= M F 2 ( ) (góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn AM ). Từ (1) và (2) =EFM EMF. Suy ra tam giác EMF là tam giác cân tại E. (Có thể nhận ra ngay EMFMBAMFE== nên suy ra EMF cân) DIF b) Gọị H là trung điểm của DF. Suy ra IH⊥ DF và DIH= ( 3) . 2 Trong đường tròn (I) ta có: DMF và DIF lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng 1 chắn cung DF. Suy ra DMFDIF= (4). 2 Từ (3) và (4) suy ra DMF= DIH hay DMADIH= . Trong đường tròn (O) ta có: DMADBA= (góc nội tiếp cùng chắn DA ) Suy ra DBA= DIH . Vì IH và BC cùng vuông góc với EC nên suy ra IH // BC. Do đó DBAHIB180+=o += DIHHIB180 o Ba điểm D, I, B thẳng hàng. 1 c) Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng ==ABIABD sđ AD . 2 Mà C cố định nên D cố định sđ không đổi. Do đó góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD. Câu 5. Trang 247
19. 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH 12xy− Ta có: B =+=+= 1111 . (xy)3xy(xy)+−+3 xy13xyxyxy(13xy)−− (xy)+ 2 Theo Côsi: xy =1 . 44 1 2xy− Gọi Bo là một giá trị của B, khi đó, x, y để: B = o xy( 1 3xy)− 3Bo(xy)2 – (2 + Bo)xy + 1 = 0 (1) Bo 4 2 + 3 Để tồn tại x, y thì (1) phải có nghiệm xy = Bo2 – 8Bo + 4 0 Bo 4 2 − 3 Để ý rằng với giả thiết bài toán thì B > 0. Do đó ta có: Bo 4 2 + 3 . 2B+ o 3333++ Với B423xyx(1x)o =+ == −= 6Bo 623623( ++) ( ) 2323 1111+ −−− 2 33+ 33 xx0−+= x,x==. 62( + 3) 2 2 2323 1111+−−− 33 Vậy, B423=+ , đạt được khi x,== y hoặc min 22 2323 1111−−+− 33 x,== y . 22 Trang 248