Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh thanh hóa năm học 2015 2016(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐÁP ÁN GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 Năm học : 2015 – 2016 Môn thi : Toán Nội dung Câu Rút gọn biểu thức 1a (2,0đ) ( a  3)2  ( a  3)2 a  9 Có A  a . . ( a  3)( a  3) a  a. 1b (2,0đ)  a  3 a a  3 a  9  A   a   (a  0 và a  9). a  3 a  3 a     (a  6 a  9)  (a  6 a  9) a  9 .  12 a . a 9 a Vậy A  12 a (a  0 và a  9). Tìm giá trị nhỏ nhất của M = A + a. M  A  a  a  12 a    2 a  6  36  36 , dấu đẳng thức xảy ra khi a = 36 (tmđk). Vậy giá trị nhỏ nhất của M là - 36 khi và chỉ khi a = 36. Giải phương trình 9 2x   1 1 2 x 2 x2  9 Điều kiện x  0. 2 x2  9 2x   3  0  2 2 x 2x2  9 x x2 1 2x2  9 2 t  0  t    Đặt t    2 x2  9 t2 x2 2 x2  9 1  Khi đó (2) trở thành 2a (2,0đ) t  1 1 2 3 2  2t  3  0  2t  3t  1  0   t  1  2t  1  0   t   1 t2  2 x  0 Với t = 1 ta có x  2 x 2  9   2 vô nghiệm. x  9  0  x  0 x  0 1 3 2  2  Với t   ta có 2 x  2 x  9   2   x    9 2 2 2 2 x  4 x  2 x  9   2 3 2 Kết hợp với điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là x   2 3 3  x  y  4  4 x  y  1 Giải hệ phương trình  2 2  2  y  5 x  4 Điểm 2b (2,0đ) Thay (2) vào (1) ta có x3 – y3 = (y2 – 5x2)(4x - y)  21x3 – 5x2y – 4xy2 = 0  x(7x – 4y)(3x + y) = 0  Với x = 0 thay vào (2) được y = 2  31 2 y  4 vô nghiệm. 49 Với 3x + y = 0 thay vào (2) được y 2  9  y  3 Với 7x – 4y = 0 thay vào (2) được   y = 3 thì x = - 1; y = - 3 thì x = 1. Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x;y) = (0;2); (0;-2); (-1;3); (1;-3); Tìm các nghiệm nguyên (x, y) của phương trình: 54x3 + 1 = y3. 1 Nếu x = 0 suy ra y = 1, nếu y = 0 thì không có x nguyên thỏa mãn. Nếu x  0; y  0. (1)  4  54 x3 (54 x3  1)  4  54 x3 y 3  (4  27 x3  1)2  (6 xy)3  1 Đặt 4  27x3  a ; 6xy  b ta được (a  1)2  (b  1)(b 2  b  1) (2) b  1 d 3a (2,0đ) Từ (2) ta thấy b + 1 > 0. Gọi ƯCLN (b  1; b 2  b  1)  d   2 b  b  1 d  b 2  b  1  b(b  1)  2(b  1)  3 d  3 d Mặt khác (a  1)2  (4.27 x3  1) 2 3 nên d 3  d  1  (b  1; b 2  b  1)  1 Từ (2) ta thấy tích của hai số nguyên tố cùng nhau là số chính phương nên phải có b + 1 = m2 và b2 - b + 1 = n2 (Với m , nN* ; m  2 ; m2  4) Ta có: n2 = (m2 - 1)2 - (m2 - 1) +1  n2 = (m2 - 1)2 - (m2 - 2) (3) n2 = (m2 - 2)2 + (m2 - 1) (4) 2 2 2 2 2 Từ (3) và (4)  (m - 2) < n < (m - 1) vô lý  (2) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y)  (0;1) Tìm các giá trị nguyên dương m để phương trình x 2  mxy  y 2  1  0 có nghiệm nguyên dương. Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương, xét ( x0 ; y0 ) là nghiệm mà x0  y0 là nhỏ nhất. Do x , y trong phương trình là bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta giả sử x0  y0 . Ta có: x02  mx0 y  y02  1  0  y0 là một nghiệm của phương trình y 2  mx0 y  x02  1  0 (1)   y0  y1  mx0 (2)  y1 nguyên dương  2 y y  x  1 (3)  0 1 0  suy ra phương trình còn một nghiệm y1 thỏa mãn  3b (2,0đ) x0 + y0  x0 + y1  y0  y1 +) Nếu x0  y0 thay vào phương trình đề cho được m  2 y02  1 1  2  2  y0  1 2 y0 y0 (do m và y0 nguyên dương) suy ra m  3 , khi đó phương trình đã cho nhận ( x; y)  (1;1) làm nghiệm,  m = 3 là một giá trị cần tìm. +) Nếu x0  y0  y1 thì từ (3) suy ra y02  x02  1  ( y0  x0 )( y0  x0 )  1 vô lý.  y0  x0  1 2 nên từ (3)  ( x0  1)( x0  2)  x0  1  3x0  1  0 vô lý.  y1  x0  2 +) Nếu x0  y0  y1 thì  Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. A E N x F M H O 4a (2,0đ) B D C Ta có: AMN  MBH  MHB, ANM  NCH  NHC ( định lý góc ngoài tam giác) Mà MBH  NCH , MHB  NHC Suy ra AMN  ANM  AMN cân tại A. Kẻ tiếp tuyến Ax của (O) suy ra xAB  ACB . Mà ACB  AFE ( vì tứ giác BFEC nội tiếp), suy ra xAB  AFE ,  Ax //EF  OA  EF. Tương tự: OB FD ; OC  DE.  SABC = SAEOF + SBDOF + SCDOE 4b (2,0đ) 1 1 1 1 1  OA  EF  OB  DF  OC  DE  R ( EF  DF  DE )  AD.BC 2 2 2 2 2 AD.BC Suy ra chu vi tam giác DEF là . R Mà R, BC cố định  Chu vi tam giác DEF lớn nhất khi AD lớn nhất  A là điểm chính giữa của cung BC lớn. Tam giác AMN cân ở A  phân giác AK là trung trực của MN.  Tâm O’ của (AMN) là trung điểm của AK  AMK  ANK  900 . Gọi I là giao điểm của MK và BH, J là giao điểm của NK và CH. Chứng minh được HIKJ là hình bình hành  HK đi qua trung điểm G của IJ. Dễ thấy IMH  MHF  MHI  IMH cân tại I  MI = IH. Tương tự: JN = JH 4c (2,0đ) Chứng minh được BIM đồng dạng với CJN (g-g)  MI NJ IH JH     IJ // BC . BI JC BI JC Mà HK đi qua trung điểm G của IJ nên cùng đi qua trung điểm L của BC (là điểm cố định) A O'' F O H M N I B G J K D L C Cho các số dương a, b, c thoả mãn ab2  bc2  ca2  3 . Chứng minh rằng: 2a5  3b5 2b5  3c5 2c5  3a5    15 a3  b3  c3  2 ab bc ca 5 5 2a  3b Ta chứng minh bất đẳng thức (1)  5a3  10ab2  10b3 với a, b  0 ab 2a5  3b5 Thật vậy:  5a3  10ab2  10b3  2a5  3b5  ab 5a3  10ab2  10b3  0 ab 4  2a5  5a4b  10a2b3 10ab4 3b5  0   a  b   2a  3b   0 (luôn đúng  a, b  0).    5 (2,0đ)  2b5  3c5 Tương tự ta cũng có  5b3  10bc 2  10c3 (2) (luôn đúng  b, c  0). bc 5 2c  3a5  5c3  10ca 2  10a3 (3) (luôn đúng  c, a  0). ca Cộng vế với vế của các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được 2a5  3b5 2b5  3c5 2c5  3a5    15(a3  b3  c3 )  10(ab2  bc 2  ca 2 ) ab bc ca 2 2 2 Mà ab  bc  ca  3 nên 2a5  3b5 2b5  3c5 2c5  3a5    15(a3  b3  c3 )  30  15(a3  b3  c3  2) ab bc ca Vậy ta có điều phải chứng minh, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1.