Ta có x x x x x x x x x

(1)

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LONG AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH MÔN THI: TOÁN

NGÀY THI: 21/4/2017

HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn chấm có 04 trang)

Ghi chú: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.

NỘI DUNG ĐIỂM

Câu 1a (2,0 điểm)

a) Cho biểu thức

1 1 2 1 2

: 1

1 1

x x x x x x

P x x x x x

     

 

         với 1

0, 1, x x x 4 Tính giá trị của P tại ^x^ ⁴₁₀



³^ ⁵ ^ ³^ ⁵



^.

Ta có 1 1 1 2 1

1 .(1 ) .(1 )

x x x

x x x x x x

  

   

    

 

0,5

Ta có

  

     

  

      

1 2 1 . 1 2 1

2 1 2

1 1 1 1 1 1

1 1

2 1 2 1 .

1 1 1 1

x x x x x

x x x x x x

x x x x x x x x

x x x

x x x x x x

   

       

        

 

 

     

     

 

0,25

Vậy P = 2 1

.(1 )

x

x x



 :

 

  

2 1

1 1

x

x x x



  

1

x x

x

 



0,5

Ta có ^x^



³^ ⁵ ^ ³^ ^{5 .}



⁴₁₀ ^ ^{5 1}^{ }₂ ^{5 1}^ ^. ⁴₁₀ ^⁴

Lưu ý: Không thực hiện tính toán ra giá trị x thì trừ 0,25 điểm

0,25

Vậy P 4 4 1 3

4 2

 

  0,25

Câu 1b (2,0 điểm)

b) Cho a b c, , là các số thực thỏa mãn a² b²c² 12. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

3 3 3 4 4 4

4( ) ( )

S  a b c  a b c .

Ta có S 4(a³ b³ c³) ( a⁴b⁴c⁴)(4a³a⁴) (4 b³b⁴) (4 c³c⁴) 0,25 Ta chứng minh4a³a⁴ 4a². Thật vậy

3 4 2 4 3 2 2 2 2 2

4a a 4a a 4a 4a  0 a a( 4a4)a a( 2) 0 (luôn đúng)

0,25 0,5 Tương tự 4b³b⁴ 4b²; 4c³c⁴ 4c² 0,25

(2)

2 Khi đó S (4a³a⁴)(4b³b⁴)(4c³c⁴)4(a²b²c²)48 0,5 Vậy giá trị lớn nhất của S là 48 khi ( , , )a b c (2,2,2)

Lưu ý: nếu thí sinh không nêu được đẳng xảy ra khi nào thì trừ 0,25 điểm toàn bài.

0,25

Câu 2a

(3,0 điểm) a) Giải phương trình

2 4 4

1 1 5

x x x

    

Điều kiện xác định: x1 0,5

Đặt ^.



⁴



1 y x x

x

 



Ta có 4 4



^{4 .}

 

¹

 

⁴



4 4 4 4

1 1 1

x x x

x x

x x y

x x x

   

 

        

  

0,25

0,5 Phương trình trở thành

 

. 4 5 (1) 1

5 y y

y y

 

 

   

Lưu ý: Viết đúng phương trình (1) mà không thể hiện biến đổi ở bước trên, thì trừ 0,5 điểm

0,25

0,25 0,25

Với y=1

 

¹

2

5 21

. 4 1 ... 2

1 5 21

2 x x x

x x

  

 

   

   

(nhận )

0,5

Với y =-5

 

¹

2

1 21

. 4 2

5 ...

1 1 21

2 x x x

x x

   

 

    

    

(nhận )

0,5

Câu 2b

(2,0 điểm) b) Giải hệ phương trình

2 2

3 3

1 (1) 3 (2) x y xy

x y x y

   



  

 .

Ta có x³y³ (x3 ).1y x³ y³ (x3 )(y x² y²xy) 0,5

 

3 2 2 2 2

2y 4xy 4x y 0 2y y 2xy 2x 0

        0,25

2 2

0

2 2 0

y

y xy x

 

    

0,5

*Với y0 thay vào (1) ta được x 1 . Hệ có hai nghiệm ( 1;0) 0,25

*Với y² 2xy2x²  0 (yx)²x² 0

0

0 x y

 

   Thử lạix0, y0 không thỏa (1).

0,25

0,25 Vậy hệ có nghiệm (1;0),( 1;0) .

(3)

3 Câu 3 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R), M là điểm chính giữa

của cung BC không chứa điểm A. Vẽ đường tròn (I) đi qua M và tiếp xúc với AB tại B, vẽ đường tròn (K) đi qua M và tiếp xúc AC tại C.

Gọi N là giao điểm thứ hai của đường tròn (I) và (K).

a) Chứng minh rằng ba điểm B, N, C thẳng hàng.

b) Lấy D là điểm bất kì thuộc cạnh AB (D khác A và B), điểm E thuộc tia đối của tia CA sao cho BD=CE. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn đi qua điểm cố định khác A.

Câu 3a (3,0 điểm)

a) Chứng minh rằng ba điểm B, N, C thẳng hàng.

Xét (I) : BNM MBx (cùng chắn cung BM) (1) 0,5 Xét (K) : CNM MCy (cùng chắn cung MC) (2) 0,5 Do tứ giác ABMC nội tiếp (gt)

1800

ABM ACM

   ( tổng hai góc đối )

0,5 1800

MBx MCy

   ( hai góc kề bù ) (3) 0,5

Từ (1) ,( 2), (3) : BNM CNM 180⁰ 0,5

Vậy B, N, C thẳng hàng. 0,5

Câu 3b (2,0 điểm)

b) Lấy D là điểm bất kì thuộc cạnh AB (D khác A và B), điểm E thuộc tia đối của tia CA sao cho BD=CE. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn đi qua điểm cố định khác A.

Xét BDM và CEM có : BD = CE (gt)

DBM ECM (do ABMC nội tiếp ) BM = MC ( gt )

Vậy BDM  CEM c g c( . . ) 0,5

BDM CEM

  ( hai góc tương ứng) 0,5

Xét tứ giác ADME có : BDM CEM (cmt). Vậy tứ giác ADME nội tiếp. 0,5 Do M cố định nên đường tròn ngoại tiếp ADEluôn đi qua điểm cố định khác A là M.

0,5 Câu 4

(3,0 điểm) Cho nửa đường tròn



O R đường kính AB. Gọi M là một điểm nằm ^;



trên nửa đường tròn khác A và B. Xác định vị trí M sao cho tam giác MAB có chu vi lớn nhất.

(4)

4 Ta có AMB 90⁰ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên tam giác MAB

vuông tại M. Suy ra MA² MB²  AB² 4R² (1)

0,25 Ta có chu vi tam giác MAB tính bởi

MAB 2

P_ MA MB ABMA MB  R 0,25 Khi đó chu vi tam giác MAB lớn nhất  (MA+MB) lớn nhất 0,5 Ta có (MAMB)² MA²MB² 2MA MB. (2)

Từ (1) và (2) suy ra (MAMB)² 4R² 2MA MB.

0,25 0,25 Ta có (MA+MB) lớn nhất  (MAMB)² lớn nhất MA MB. lớn nhất. 0,5 Gọi H là chân đường cao hạ từ M của tam giác MAB. Khi đó

. . .2R

MA MBMH ABMH 0,5

Do đó MA.MB lớn nhất MH lớn nhất 0,25

 MH  R H O  M là điểm chính giữa cung AB. 0,25 Câu 5

(3,0 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên x y, thỏa mãn phương trình

2 2

2x y xy2(xy) . Viết phương trình lại dưới dạng

2 2 2 2

2x  y xy 2(x y)2x (y2)xy 2y0 (1) ^0,25 Có  (y2)²8(y² 2 )y  7y²12y 4 (y2)( 7 y2)

Lưu ý

-Tính đúng  thì cho 0,5 điểm (không cần viết lại dưới dạng tích)

0,5

Để (1) có nghiệm nguyên thì cần có 0 ... ² 2

7 y

       Lưu ý: Lí luận được điều kiện  0 thì cho 0,5 điểm

0,5-0,5

Do y nên y{0;1;2} 0,5

Với 0 2 ² 2 ⁰

1

y x x x

x

 

     

0,25

Với ²

1 (loai)

1 2 1 0 2

1

y x x x

x

  

     

 



.

Lưu ý: Nếu không loại ¹

x 2 thì trừ 0,25 điểm

0,25

Với y 2 2x²   0 x 0

Vậy nghiệm của phương trình là (0;2),(1;1),(1;0),(0;0)

Lưu ý: Nếu chỉ nhẩm ra các nghiệm mà không nêu phương pháp giải thì không cho điểm toàn bài.

0,25

…………HẾT…………