SỞ giáo dục và ĐÀo tạo kỳ thi chọn học sinh giỏi lớP 9 CẤp tỉnh năm họC 2013-2014 quảng ngãi ngày thi : 22/3/2014 Môn : toán thời gian làm bài: 150 phút

Môn : TOÁN

1. 
   Cho a;b là hai số nguyên dương khác nhau, thoả mãn 2a²+a = 3b²+b.
   

b) Tìm các cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn: 15x² − 7y² = 9

1. 
   Cho ; x≠0 và .
   

2. 
   Cho a,b,c là 3 số dương thoả mãn .
   

a) Giải phương trình: .

b) Giải hệ phương trình: và .

Bài 4: (6 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB cố định. EF là dây cung di động trên nửa đường tròn đó, sao cho E thuộc cung AF và  . Gọi H là giao điểm của AF và BE; C là giao điểm của AE và BF; I là giao điểm của CH và AB.

a) Tính số đo 

b) Chứng minh rằng biểu thức AE.AC+BF.BC có giá trị không đổi khi EF di động trên nửa đường tròn.

c) Xác định vị trí của EF trên nửa đường tròn để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó theo R.

Bài 5: (2 điểm)

Tìm cạnh của hình vuông nhỏ nhất, biết rằng: hình vuông đó chứa 5 đường tròn có bán kính bằng 1 và 5 đường tròn này đôi một không có quá 1 điểm chung.

--------------Hết-------------
BÀI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2013-2014

Môn : TOÁN Ngày thi : 22/3/2014

Câu 1: 
1)  2a²+a = 3b²+b ⇔ 2a²+a −2b²−b = b² ⇔ (a−b)(2a+2b+1) = b²
Gọi (a−b,2a+2b+1) = d 
Ta có: a – b ⋮ d, 2a+2b+1⋮d⇒ (a−b) (2a+2b+1) ⋮ d² ⇒ b² ⋮ d² ⇒ b⋮d

Mà a – b ⋮ d ⇒ a⋮d

a⋮d; b⋮d mà 2a+2b+1⋮ d nên 1⋮d ⇒ d=1

Vậy phân số đã cho tối giản.

2) Giả sử cặp số nguyên dương (x; y) là nghiệm của phương trình: 

15x² − 7y² = 9 (1) =>15x² − 9 =7y²=>7y²  3 => y²  3 => y  3

Đặt y = 3z và thay vào (1) ta có 15x² − 63z² = 9 =>5x² − 21z² = 3(2) => x  3

Đặt x = 3t và thay vào (2) ta có 45t² − 21z² = 3=>15x² − 7z² = 1(3)

Nếu z  0(mod3) => VP0(mod3). VT1(mod3). Vô lí

Nếu z  1(mod3) => z²1(mod3) => − 7z²2(mod3) .

VP2(mod3). VT1(mod3). Vô lí

Nếu z  2(mod3) => z²1(mod3) =>− 7z²2(mod3)

VP2(mod3). VT1(mod3). Vô lí

Vậy không tìm được cặp số nguyên dương (x; y) nào là nghiệm của phương trình đã cho.

1. 
   Cho ; x≠0 và .Tính giá trị biểu thức theo a.
   

2. 
   Cho ba số dương a , b , c và thỏa mãn điều kiện : .Tìm giá trị lớn nhất của Q = a.b.c
   

Tương tự :

Nhân các bất đẳng thức vừa nhận được ta có :

Hay : abc . Dấu = xãy ra khi a = b = c = . Vậy maxQ =

a) Giải phương trình . ĐK : x≤ - 2 ; x > 1. .

Đặt ta có phương trình t² + 4t – 12 = 0 => t =2 hoặc t = - 6 (loại)

(x+2)(x-1) = 2 => x² + x – 6 = 0 => x = 2(nhận) hoặc x = - 3 (nhận)

b)Giải hệ phương trình: .



_{Vậy nghiệm của hệ là x = y = 1.}

Bài 4: (6 điểm)

1. 
   Tính số đo 
   

b) Chứng minh rằng biểu thức AE.AC+BF.BC có giá trị không đổi khi EF di động trên nửa đường tròn.

Ta có AE.AC = AC(AC –CE) = AC² – AC.AE

BF.BC = BC(BC –CF) = BC² – BC.CF

AE.AC+BF.BC = AC² + BC² – AC.AE – BC .CF

MÀ AC.AE = BC.CF =CO² – R²

Suy ra : AE.AC+BF.BC = 2CO² +– CO² + R² – CO² + R² = 3R²

AE.AC+BF.BC= 3R² Cố định.

3. 
   Xác định vị trí của EF trên nửa đường tròn để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó theo R.
   

S_FOE = (Vì tam giác FOE là tam giác đều cạnh R)

S_AOF + S_EOB =OA.FM+OB.EN = R. = R.PQ (PQ là đường trung bình của hình thang EFMN)
S_ABEF = + R.PQ mà PQ ≤ OP = .

Do đó S_ABEF =+= khi Q trùng với O hay EF // AB.

Gọi cạnh hình vuông ABCD nhỏ nhất chứa bên trong 5 đường tròn có bán kính bằng 1cm và đôi một không có quá 1 điểm trong chung là x (cm).

Từ đây suy ra các tâm của 5 đường tròn này nằm trong hình vuông MNPQ có cạnh bằng x – 2 cm. (vì tâm của các đường tròn các đường tròn cách cạnh hình vuông ít nhất 1cm).

Chia hình vuông MNPQ thành 4 hình vuông nhỏ có độ dài mỗi cạnh là . (hình vẽ)

Theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất hai tâm đường tròn cùng thuộc một hình vuông. Giả sử hai tâm đó là O₁.O₂.

Vì hai đường tròn này có không quá 1 điểm chung nên O₁O₂ không nhỏ hơn hai lần bán kính và không lớn hơn độ dài đường chéo của hình vuông cạnh .

Hay 2 ≤ O₁.O₂ ≤ =>

Vậy cạnh hình vuông nhỏ nhất chứa 5 đường tròn có bán kính bằng 1 và 5 đường tròn này đôi một không có quá 1 điểm chung là