5 điểm Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O, D là một điểm trên cung BC không chứa A.. Gọi H, K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và ACE.. Gọi P và Q lần lượt là hình chiếu củ
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGHỆ AN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS
NĂM HỌC 2016-2017
Thời gian : 150 phút (không kể giao đề)
Câu 1 (4 điểm)
a) Tìm hệ số a, b, c của đa thức 2
P(x) x bx c biết P (x) có giá trị nhỏ nhất bằng – 1 tại x = 2
b) Giải hệ phương trình
2
x xy xy y 0
2 x 1 3 x y 1 y 0
Câu 2 (4 điểm)
a) Giải phương trình 2
x 2 3 1 x 1 x
b) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab bc ca 1. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức P 2a 2 b 2 c 2
1 a 1 b 1 c
Câu 3 (3 điểm)
Cho tam giác ABC có 0
BAC 135 , BC 5cm và đường cao AH = 1 cm Tìm
độ dài các cạnh AB và AC
Câu 4 (5 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), D là một điểm trên cung
BC không chứa A Dựng hình bình hành ADCE Gọi H, K lần lượt là trực tâm của
tam giác ABC và ACE Gọi P và Q lần lượt là hình chiếu của K trên BC và AB,
gọi I là giao điểm của EK với AC
a) Chứng min rằng ba điểm P, I, Q thẳng hàng
b) Chứng minh rằng PQ đi qua trung điểm của KH
Câu 5 (4 điểm)
a) Tìm tất cả các số nguyên tố khác nhau m, n, p, q thỏa mãn
1
mnpqmnpq b) Trên một bảng có ghi hai số 1 và 5 Ta ghi các số tiếp theo lên bảng theo quy
tắc sau: Nếu có hai số phân biệt trên bảng thi ghi thêm số z xy x y
Chứng minh rằng các số trên bảng (trừ số 1) có dạng 3k 2 với số k là tự
nhiên
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 9 NGHỆ AN BẢNG A 2016-2017 Câu 1
a) Do đa thức 2
P(x) x bx c có bậc hai và có giá trị nhỏ nhất là - 1 tại x=2 nên viết được dưới dạng P(x) x 2 2 1.
Từ đó ta có 2 2
P(x) x bx c x 2 1
Hay ta được 2 2
x bx c x 4x 3 , Đồng nhất hệ số hai vế ta được
b 4;c 3
b) Điều kiện xác định của phương trình là x 0
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
2
x y x(x y ) y(x y ) 0 x y x y 0
x y 0
Với x+y2=0, kết hợp với điều kiện ta xác định x 0 ta được x = y = 0
Thay vào phương trình còn lại ta thấy không thỏa mãn
Với x=y, thay vào phương trình còn lại ta được:
2(x 1) 3 x(x 1) x 0 2 x 3x x x 3 x 2 0
Đặt t x 0 , khi đó ta được phương trình 4 3 2
2t 3t t 3t 2 0
Nhẩm được t 2;t 1
2
nên ta phân tích được
2
2t (t 2) t t 2 t 1 t 2 0
t 2 2t t t 1 0
t 2 2t 1 t t 1 0
t
x y
Câu 2.
a) Quan sát phương trình ta chú ý đến biến đổi 2
1 x (1 x)(1 x) Để ý đến điều kiện xác định ta phân tích được 2
1 x 1 x x 1
Như vậy ta viết lại được phươn trình x 2 3 1 x x 1 1 x
Ta có biểu diễn x 3 2(x 1) (1 x)
Đến đây ta đặt ẩn phụ a x 1;b 1 x thì ta viết lại phương trình lại thành 2 2
2a b 1 3ab a
Trang 3Hay 2 2
b 3ab 2a a 1 0
Xem phương trình trên là phương trình ẩn b và a là tham số thì ta có
9a 4(2a a 1) a 2
Do đó phương trình có hai nghiệm là b 3a (a 2) a 1
2
và
3a (a 2)
b 2a 1
2
Với b = a – 1 ta được 1 x 1 x 1 x 3
2
Với b = 2a+1 ta được 1 x 2 1 x 1 x 24
25
Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm S 3; 24
2 25
b) Từ giả thiết ab+bc+ca=1, ta để ý đến phép biến đổi
a 1 a ab bc ca a b a c
Áp dụng tương tự bất đẳng thức trở thành
P
a b a c a b b c a c b c
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta được
P
a b a c a b b c a c b c
a b a c a c 4(b c) 4(b c) a c
a b 4(b c) a c 4 4
Vậy bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra
a;b;c 7 ; 1 ; 1
15 15 15
Trang 4Câu 3
Gọi AB = y; AC=x Dựng CM vuông góc với AB, khi đó ta được
AM=CM=x 2
2
Ta có ABC
1 5
S AH.BC
2 2
Lại có SABC 1 CM AB 1y.x 2
2 2 2
Do đó ta được SABC 1CM.AB 1y.x 2 5 xy 2 10
2 2 2 2
Tam giác BCM vuông tại M nên ta lại có 2 2 2
BM MC BC Suy ra
Từ đó ta được 2 2
x y 15. Ta có hệ phương trình
2
Do vai trò của AB và AC như nhau nên ta có kết quả là AB 10;AC 5
và AB 5;AC 10
N I
M
H B
A
C
Trang 5Câu 4.
NQ
P
K I
F
J
H
M
E A
D
a) Trước hết, ta chứng minh điểm K thuộc đường tròn (O)
Do K là trực tâm của tam giác ACE nên ta có KJEF nội tiếp
Từ đó suy ra 0
AKC AEC 180 Mặt khác do tứ giác ADCE là hình bình hành nên lại có ADC AEC
Từ đó suy ra AKC ADC 180 , 0 nên tứ giác ADCK nội tiếp hay điểm
K nằm trên đường tròn
+) Chứng minh ba điểm I, P, Q thẳng hàng
Do K là trực tâm tam giác ACE nên ta có KI vuông góc với AC Đường thẳng đi qua ba điểm I, P, Q là đường thẳng Simson
Trang 6b) Chứng minh PQ đi qua trung điểm của KH
Gọi N là giao điểm của PQ và AH Gọi M là giao điểm của AH với đường tròn (O) Khi đó dễ thấy tam giác PHK cân Do AH // KP nên
tứ giác KPMN là hình thang
Lại có BPKQ nội tiếp nên suy ra được QBK ABK AMK QPK nên
tứ giác KPMN nội tiếp Do đó KPMN là hình thang cân Do đó
PMH PHM KNM nên KN // HP
Do vậy tứ giác HPKN là hình bình hành Từ đó ta có điều phải chứng minh
Câu 5
a) Do m, n, p, q là các số nguyên tố khác nhau nên không mất tính tổng quát
ta giả sử n m p q. Khi đó ta được q 2; p 3;n 5;m 7
Dễ thấy 1 1 1 1 1 3.5.7 2.3.7 2.5.7 2.3.5 1 248 1
2 3 5 7 2.3.5.7 2.3.5.7 210
Lại thấy: 1 1 1 1 1 3.5.7 11.3.7 11.5.7 11.3.5 1 887 1
3 5 7 11 3.5.7.11 3.5.7.11 1155
Từ đó suy ra trong các số m, n, p, q có một số là 2 Do q nhỏ nhất nên ta được q=2
Từ đó ta lại được 1 1 1 1 1
mnp2mnp 2
Dễ thấy với p=5, n=7, m=11 ta có 1 1 1 1 1
57112.5.7.11 2 Như vậy trong ba
số nguyên tố m, n, p phải có một số bằng 3, do đó suy ra p=3
Từ đó lại có 1 1 1 1
mn6mn 6 hay ta được mn 6m 6n 1 m 6 n 6 37 Đến đây ta được n = 7; m = 43
Thử lại ta thấy các bội số (m;n;p;q)=(2;3;7;43) thỏa mãn bài toán
Trang 7b) Từ hai số trên bảng ta thấy có một số chia 3 dư 2 Do đó trong hai số x và
y khác nhau thì có x+1 hoặc y+1 chia hết cho 3, suy ra x 1 y 1 chia hết cho 3
Khi ta viết thêm số mới là z xy x y x 1 y 1 1 thì ta được z chia
3 dư 2
Như vậy dãy số viết trên bảng trừ số 1 luôn chia 3 dư 2 hay các số đó có dạng 3k+2