![0,5
+ Với 0t = 1 0y⇒ = 1 0x⇒ =
+ Với 1t =
2 2
3 3
3 1
2 1
y x
y x
= ⇒ = −
⇒ = ⇒ =
Vậy phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là (0; 0), (-1; 3) và ( 1; 2)
0,5
III
2
Nếu p q= thì
2
2( 1) 4
2 2
1 1
m
p m
m m
+
= = − +
+ +
.
0,2
5
Do m∈¥ và p là số nguyên tố nên 4 ( 1) 0; 1; 3m m m m+ ⇒ = = =M
2; 5.p p⇒ = = 0,25
Nếu p q≠ thì pq và p + q là nguyên tố cùng nhau vì pq chỉ chia hết cho các ước nguyên
tố là p và q còn p + q thì không chia hết cho p và không chia hết cho q. 0,25
Gọi r là một ước chung của 2
1m + và 1m + ⇒ [ ] 2
( 1)( 1) ( 1)m m r m r+ − ⇒ −M M
0,25
2 2
( 1) ( 1) 2m m r r ⇒ + − − ⇒ ⇒ M M 1r = hoặc 2r = . 0,25
) 1r+ = suy ra
2
1, 1 ,p q m pq m p q+ = + = + ⇒ là hai nghiệm của phương trình
2 2
( 1) 1 0x m x m− + + + = vô nghiệm do
2 2 2
3 2 3 ( 1) (2 2) 0m m m m∆ = − + − = − − − + < 0,25
) 2r+ = suy ra
2
2 1 và 2( ) 1 ,pq m p q m p q= + + = + ⇒ là hai nghiệm của
phương trình
2 2
2 ( 1) 1 0x m x m− + + + = vô nghiệm do
2 2 2
7 2 7 ( 1) (6 6) 0m m m m∆ = − + − = − − − + < . 0,25
Vậy bộ các số nguyên tố (p; q) cần tìm là ( ; ) (2;2); ( ; ) (5;5).p q p q= = 0,25
IV 1
I là trung điểm của BC (Dây BC không đi qua O)
C
PA
K
B
O
d
E
Q
M
N
I
D
H](https://image.slidesharecdn.com/dehsg9thanhhoa20142015-150609100022-lva1-app6891/85/De-hsg-9-thanh-hoa-20142015-4-320.jpg)
![Lại có
( )
22 2 2
( )( ) ( ) ( )
(2 ) (2 ) (2 ) (2 ) 2 ( ) 2 ( )
c a bbc ac bc ac bc ac
a b c b a c abc b c abc a c abc a b c abc a b c
++
+ = + ≥ =
+ + + + + + + +
và
2
( )
( ) . . .
3
ab bc ca
abc a b c ab bc bc ca ab ca
+ +
+ + = + + ≤
0,25
2
2
( )
3 ( ) 3
( )(2 ) (2 ) 2 2 1
c a b
bc ac c a b ab
c a ba b c b a c ab bc ca
ab
+
÷+
⇒ + ≥ = ÷ ÷ ++ + + + ÷+
0,25
Đặt
2
2
( ) 3 4
2(1 )
c a b t
t P
ab t t
+
= ⇒ ≥ +
+
(với 0 2t< ≤ ). 0,25
Có
2 2 3 2
2 2 2
3 4 3 4 8 8 7 8 32 24 8
2(1 ) 2(1 ) 3 3 6 (1 ) 3
t t t t t
t t t t t t
− − + +
+ = + − + = + ÷
+ + +
0,25
2
2
( 2)( 7 22 12) 8
6 (1 ) 3
t t t
t t
− − − −
= +
+ 0,25
mà
2 2
2 2
( 2)( 7 22 12) ( 2)( 7 22 12) 8 8
0 (0;2] (0;2]
6 (1 ) 6 (1 ) 3 3
t t t t t t
t t
t t t t
− − − − − − − −
≥ ∀ ∈ ⇒ + ≥ ∀ ∈
+ +
. 0,25
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi t = 2 hay .a b c= =
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
8
3
khi .a b c= = 0,25
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.](https://image.slidesharecdn.com/dehsg9thanhhoa20142015-150609100022-lva1-app6891/85/De-hsg-9-thanh-hoa-20142015-6-320.jpg)
![Lại có
( )
22 2 2
( )( ) ( ) ( )
(2 ) (2 ) (2 ) (2 ) 2 ( ) 2 ( )
c a bbc ac bc ac bc ac
a b c b a c abc b c abc a c abc a b c abc a b c
++
+ = + ≥ =
+ + + + + + + +
và
2
( )
( ) . . .
3
ab bc ca
abc a b c ab bc bc ca ab ca
+ +
+ + = + + ≤
0,25
2
2
( )
3 ( ) 3
( )(2 ) (2 ) 2 2 1
c a b
bc ac c a b ab
c a ba b c b a c ab bc ca
ab
+
÷+
⇒ + ≥ = ÷ ÷ ++ + + + ÷+
0,25
Đặt
2
2
( ) 3 4
2(1 )
c a b t
t P
ab t t
+
= ⇒ ≥ +
+
(với 0 2t< ≤ ). 0,25
Có
2 2 3 2
2 2 2
3 4 3 4 8 8 7 8 32 24 8
2(1 ) 2(1 ) 3 3 6 (1 ) 3
t t t t t
t t t t t t
− − + +
+ = + − + = + ÷
+ + +
0,25
2
2
( 2)( 7 22 12) 8
6 (1 ) 3
t t t
t t
− − − −
= +
+ 0,25
mà
2 2
2 2
( 2)( 7 22 12) ( 2)( 7 22 12) 8 8
0 (0;2] (0;2]
6 (1 ) 6 (1 ) 3 3
t t t t t t
t t
t t t t
− − − − − − − −
≥ ∀ ∈ ⇒ + ≥ ∀ ∈
+ +
. 0,25
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi t = 2 hay .a b c= =
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
8
3
khi .a b c= = 0,25
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.](https://image.slidesharecdn.com/dehsg9thanhhoa20142015-150609100022-lva1-app6891/85/De-hsg-9-thanh-hoa-20142015-7-320.jpg)
De hsg 9 thanh hoa 20142015
- 1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC 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) Cho biểu thức ( )( )12 1 2 . 1 1 1 2 1 x x xx x x x x x A x x x x − − − + + − = + − ÷ ÷− + − 1. Rút gọn biểu thức A 2. Tìm x để 1 7 A < − Câu II: (4điểm) 1. Giải phương trình 2 2 3 2 0. 2 5 2 x x x x x x − − = − − − − 2. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 2 ( )(1 ) 4 x y x y x y xy x y + = + + = Câu III: (4điểm) 1. Tìm các nghiệm nguyên (x; y) của phương trình: 2 2 5(x xy y ) 7(x 2y)+ + = + . 2. Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho tồn tại số tự nhiên m thỏa mãn : 2 1 . 1 pq m p q m + = + + Câu IV: (6điểm) Cho 3 điểm A , B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (B nằm giữa A và C). Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua B và C (O không thuộc đường thẳng d). Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại M và N. Gọi I là trung điểm của BC, AO cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q (P nằm giữa A và O), BC cắt MN tại K. 1. Chứng minh 4 điểm O, M, N, I cùng nằm trên một đường tròn. 2. Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi. 3. Gọi D là trung điểm của HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng MP tại E. Chứng minh P là trung điểm của ME. Câu V: (2điểm) Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn 2 2 2 6. a b a b c b a b a + + + = ÷ ÷ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 . (2 ) (2 ) ( ) bc ca ab P a b c b a c c a b = + + + + + ------------------ Hết------------------ Họ tên thí sinh: ……………………………………… Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Số báo danh .............................
- 2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN THI: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài 150 phút (Không kể thời gian giao đề) (Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang) CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM I 1 Điều kiện: 1 0; ; 1 4 x x x≥ ≠ ≠ Đặt ; 0x a a= ≥ 2 x a⇒ = , ta có: ( )( )22 3 2 2 3 12 1 2 . 1 1 1 2 1 a a aa a a a a A a a a − − − + + − = + − ÷ − + − 0,5 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 1 2 1 1 1 . 1 1 1 2 11 1 a a a a a a a a A a a aa a a + − + − − − = + − − + −+ − + ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 1 12 11 . 1 12 1 12 2 − − −− +− − + − − = a aaa aa aa a a A 0,5 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 11 .(2 1). 1 1 2 11 a a aa A a a aa a − − = + − − − −− + 0,5 1 1 2 +− − = aa A . Vậy: 1 1 +− − = xx A . 0,5 2 7 1 1 1 7 1 1 1 > +− ⇔−< +− − = xxxx A 71 <+−⇔ xx (do 0 4 3 2 1 1 2 >+ −=+− xxx ) 0,5 ⇔ ( )( )6 0 3 2 0 3 0x x x x x− − < ⇔ − + < ⇔ − < ⇔ 0 9x≤ < 0,5 0,5 Đối chiếu với điều kiện ta được: 0 9 1 , 1 4 x x x ≤ < ≠ ≠ 0,5 II 1 ĐKXĐ: 2 2 1 2 0 2 5 2 0 5 33 2 x x x x x x x ≠ − − − ≠ ⇔ ≠ − − ≠ ± ≠ 0,2 5 Nhận thấy 0x = không là nghiệm của phương trình. 0,2 5 Khi 0x ≠ thì
- 3. Phương trình đã cho 1 3 2 0. 2 2 1 5x x x x ⇔ − − = − − − − 0,2 5 Đặt 2 t x x = − , ta được phương trình biểu thị theo t là 1 3 2 1 5t t − = − − 0,2 5 2 5 6 0 2; 3t t t t⇔ − + = ⇔ = = 0,2 5 Với 22 2 2 2 2 0 1 3t x x x x x = ⇒ − = ⇔ − − = ⇔ = ± (thỏa mãn) 0,2 5 Với 22 3 17 3 3 3 2 0 2 t x x x x x ± = ⇒ − = ⇔ − − = ⇔ = (thỏa mãn) 0,2 5 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là 3 17 1 3; . 2 S ± = ± 0,2 5 2 Với x = y = 0 là nghiệm của hệ phương trình 0,5 Nhận thấy nếu x ≠ 0 thì y ≠ 0 và ngược lại Xét x ≠ 0 ; y ≠ 0 hệ phương trình tương đương với 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 2 ( )(1 ) 4 ( )(2 ) 8 x y x y x y xy x y xy + = + = ⇔ + + = + + = 0,5 Thay (1) vào (2) ta được 31 1 ( ) 8 x y + = 0,5 1 1 2 1 1 1 x y x y xy + = ⇒ ⇒ = = = Vậy hệ có nghiệm (x ; y) là (0 ; 0) ; (1 ; 1) 0,25 0,25 1 Ta có: 2 2 5( ) 7( 2 )x xy y x y+ + = + (1) ⇒ 7( 2 ) 5x y+ M ⇒ ( 2 ) 5x y+ M . Đặt 2 5x y t+ = (2) ( )t Z∈ thì (1) trở thành 2 2 7x xy y t+ + = (3). 0,5 Từ (2)⇒ 5 2x t y= − thay vào (3) ta được 2 2 3 15 25 7 0y ty t t− + − = (*), coi đây là PT bậc hai đối với y có: 2 84 75t t∆ = − 0,5 Để (*) có nghiệm 2 0 84 75 0t t⇔ ∆ ≥ ⇔ − ≥ 28 0 25 t⇔ ≤ ≤ Vì 0t Z t∈ ⇒ = hoặc 1t = . Thay vào (*) : (1) (2)
- 4. 0,5 + Với 0t = 1 0y⇒ = 1 0x⇒ = + Với 1t = 2 2 3 3 3 1 2 1 y x y x = ⇒ = − ⇒ = ⇒ = Vậy phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là (0; 0), (-1; 3) và ( 1; 2) 0,5 III 2 Nếu p q= thì 2 2( 1) 4 2 2 1 1 m p m m m + = = − + + + . 0,2 5 Do m∈¥ và p là số nguyên tố nên 4 ( 1) 0; 1; 3m m m m+ ⇒ = = =M 2; 5.p p⇒ = = 0,25 Nếu p q≠ thì pq và p + q là nguyên tố cùng nhau vì pq chỉ chia hết cho các ước nguyên tố là p và q còn p + q thì không chia hết cho p và không chia hết cho q. 0,25 Gọi r là một ước chung của 2 1m + và 1m + ⇒ [ ] 2 ( 1)( 1) ( 1)m m r m r+ − ⇒ −M M 0,25 2 2 ( 1) ( 1) 2m m r r ⇒ + − − ⇒ ⇒ M M 1r = hoặc 2r = . 0,25 ) 1r+ = suy ra 2 1, 1 ,p q m pq m p q+ = + = + ⇒ là hai nghiệm của phương trình 2 2 ( 1) 1 0x m x m− + + + = vô nghiệm do 2 2 2 3 2 3 ( 1) (2 2) 0m m m m∆ = − + − = − − − + < 0,25 ) 2r+ = suy ra 2 2 1 và 2( ) 1 ,pq m p q m p q= + + = + ⇒ là hai nghiệm của phương trình 2 2 2 ( 1) 1 0x m x m− + + + = vô nghiệm do 2 2 2 7 2 7 ( 1) (6 6) 0m m m m∆ = − + − = − − − + < . 0,25 Vậy bộ các số nguyên tố (p; q) cần tìm là ( ; ) (2;2); ( ; ) (5;5).p q p q= = 0,25 IV 1 I là trung điểm của BC (Dây BC không đi qua O) C PA K B O d E Q M N I D H
- 5. ⇒ OI ⊥ BC ⇒ ∠ OIA = 900 0,5 Ta có ∠ AMO = 900 ∠ ANO = 900 Suy ra 4 điểm O, M, N, I cùng thuộc đường tròn đường kinh OA 0,5 0,5 0,5 2 AM, AN là hai tiếp tuyến của (O) nên OA là phân giác ∠ MON mà ∆MON cân ở O nên OA ⊥ MN ∆ABN đồng dạng với ∆ANC (Vì ∠ ANB = ∠ ACN, ∠ CAN chung) AB AN AN AC ⇒ = ⇒AB . AC = AN2 ∆ANO vuông tại N đường cao NH nên AH . AO = AN2 ⇒AB . AC = AH . AO ∆AHK đồng dạng với ∆AIO (g-g) Nên AH AK AI AK AH AO AI AO = ⇒ × = × .AI AK AB AC⇒ × = AB AC AK AI × ⇒ = Ta có A, B, C cố định nên I cố định ⇒AK cố định Mà A cố định, K là giao điểm của dây BC và dây MN nên K thuộc tia AB ⇒ K cố định 0,5 0,5 0,5 0,5 3 Ta có ∠ PMQ = 900 ∆MHE ∆QDM (g-g) ME MH MQ DQ ⇒ = ∆PMH ∆MQH 2 MP MH MH MQ QH DQ ⇒ = = 1 . 2 ⇒ = MP ME MQ MQ ⇒ ME = 2 MP ⇒ P là trung điểm ME 0,5 0,5 0,5 0,5 V Từ: 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )( ) 2( ) 2 6 6 a b a b c a b a ab b a b c b a b a a b ab + − + + + + + = ⇒ = + ÷ ÷ ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )( ) 2( ) ( ) ( ) 2 6 4 0 2. c a b a ab b a b c a b c a b a b ab a b ab ab ab + − + + + + + ≥ ⇒ = + ≥ + ⇒ < ≤ 0,2 5
- 6. Lại có ( ) 22 2 2 ( )( ) ( ) ( ) (2 ) (2 ) (2 ) (2 ) 2 ( ) 2 ( ) c a bbc ac bc ac bc ac a b c b a c abc b c abc a c abc a b c abc a b c ++ + = + ≥ = + + + + + + + + và 2 ( ) ( ) . . . 3 ab bc ca abc a b c ab bc bc ca ab ca + + + + = + + ≤ 0,25 2 2 ( ) 3 ( ) 3 ( )(2 ) (2 ) 2 2 1 c a b bc ac c a b ab c a ba b c b a c ab bc ca ab + ÷+ ⇒ + ≥ = ÷ ÷ ++ + + + ÷+ 0,25 Đặt 2 2 ( ) 3 4 2(1 ) c a b t t P ab t t + = ⇒ ≥ + + (với 0 2t< ≤ ). 0,25 Có 2 2 3 2 2 2 2 3 4 3 4 8 8 7 8 32 24 8 2(1 ) 2(1 ) 3 3 6 (1 ) 3 t t t t t t t t t t t − − + + + = + − + = + ÷ + + + 0,25 2 2 ( 2)( 7 22 12) 8 6 (1 ) 3 t t t t t − − − − = + + 0,25 mà 2 2 2 2 ( 2)( 7 22 12) ( 2)( 7 22 12) 8 8 0 (0;2] (0;2] 6 (1 ) 6 (1 ) 3 3 t t t t t t t t t t t t − − − − − − − − ≥ ∀ ∈ ⇒ + ≥ ∀ ∈ + + . 0,25 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi t = 2 hay .a b c= = Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8 3 khi .a b c= = 0,25 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.
- 7. Lại có ( ) 22 2 2 ( )( ) ( ) ( ) (2 ) (2 ) (2 ) (2 ) 2 ( ) 2 ( ) c a bbc ac bc ac bc ac a b c b a c abc b c abc a c abc a b c abc a b c ++ + = + ≥ = + + + + + + + + và 2 ( ) ( ) . . . 3 ab bc ca abc a b c ab bc bc ca ab ca + + + + = + + ≤ 0,25 2 2 ( ) 3 ( ) 3 ( )(2 ) (2 ) 2 2 1 c a b bc ac c a b ab c a ba b c b a c ab bc ca ab + ÷+ ⇒ + ≥ = ÷ ÷ ++ + + + ÷+ 0,25 Đặt 2 2 ( ) 3 4 2(1 ) c a b t t P ab t t + = ⇒ ≥ + + (với 0 2t< ≤ ). 0,25 Có 2 2 3 2 2 2 2 3 4 3 4 8 8 7 8 32 24 8 2(1 ) 2(1 ) 3 3 6 (1 ) 3 t t t t t t t t t t t − − + + + = + − + = + ÷ + + + 0,25 2 2 ( 2)( 7 22 12) 8 6 (1 ) 3 t t t t t − − − − = + + 0,25 mà 2 2 2 2 ( 2)( 7 22 12) ( 2)( 7 22 12) 8 8 0 (0;2] (0;2] 6 (1 ) 6 (1 ) 3 3 t t t t t t t t t t t t − − − − − − − − ≥ ∀ ∈ ⇒ + ≥ ∀ ∈ + + . 0,25 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi t = 2 hay .a b c= = Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8 3 khi .a b c= = 0,25 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.