Các dây AD và EC kéo dài cắt nhau tại I, các dây BC và ED kéo dài cắt nhau tại K.. Chứng minh rằng : a Tứ giác CDIK nội tiếp.. b Tứ giác CDQP nột tiếp.. d Đường tròn ngoại tiếp tam giác
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ NINH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2015-2016
Môn: Toán
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (3,0 điểm):
1) Nếu p < 5 và 2p + 1 là các số nguyên tố thì 4p + 1 là nguyên tố hay hợp số 2) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
Câu 2 (4,0 điểm):
Cho biểu thức
A
1) Tìm điều kiện của x để biểu thức A xác định.
2) Rút gọn biểu thức A
Câu 3 (4,0 điểm): Giải các phương trình:
1)
2) + x−x = x + 1−x
3
2
với 0 ≤ x ≤ 1
Câu 4 (7,0 điểm):
1) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O); E là điểm chính giữa của cung AB, hai dây EC,
ED cắt AB tại P và Q Các dây AD và EC kéo dài cắt nhau tại I, các dây BC và ED kéo dài cắt nhau tại K Chứng minh rằng :
a) Tứ giác CDIK nội tiếp
b) Tứ giác CDQP nột tiếp
c) IK // AB
d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AQD tiếp xúc với EA
2) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O;R) Hạ các đường cao AD, BE của
tam giác Các tia AD, BE lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai M, N
Chứng minh rằng :
a) Bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn Tìm tâm I của đường tròn đó b) MN // DE
c) Cho (O) và dây AB cố định, điểm C di chuyển trên cung lớn AB Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CED không đổi
Câu 5 (2,0 điểm):
Cho xyz = 1 và x + y + z = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của B = x16 + y16 + z16
- Hết
-2( x y + + = ) 5 3 xy
( x − 1) + + + x ( x 1) = ( x + 2)
Trang 2Ghi chú: Thí sinh môn Toán không được mang máy tính vào phòng thi
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ NINH
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2015-2016
Môn: Toán
Câu 1 (3,0 điểm):
1) Vì p là SNT và p <5 nên p = 2 hoặc p = 3
- Nếu p = 2 => 2p + 1 = 5 (là số nguyên tố) thì 4p + 1 = 9 là hợp số;
- Nếu p = 3 => 2p + 1 = 7 (là số nguyên tố) thì 4p + 1 = 13 là số nguyên tố; 1,5 2) Ta có: 2( x y + + = ) 5 3 xy ⇔ 3 xy − 2 x − 2 y = 5
(3 2) (3 2) 5 (3 2)(3 2) 19
⇔ y x− − x− = + ⇔ x− y− =
Do x, y nguyên dương nên 3 x − ≥ 2 1; 3 y − ≥ 2 1 mà 19 = 1.19 = 19.1
nên ta có các khả năng sau:
3 2 1
(I)
3 2 19
− =
− =
x
3 2 19
(II)
3 2 1
− =
− =
x y
Giải các hệ phương trình trên, ta đươc 2 nghiêm nguyên của phương trình là
Câu 2 (4,0 điểm):
1) A xác định
2
2 0
⇔
x2+2x≥ ⇔ ≤ −0 x 2;x≥0
x+ x2+2x ≠0;x− x2+2x ≠ ⇔ ≠0 x 0
2)
A
=
2
2
2
x
Câu 3 (4,0 điểm):
1) (x 1)− 3 + + +x3 (x 1)3 =(x 2)+ 3
⇔ x3 - 3x2 + 3x - 1 + x3 + x3 + 3x2 + 3x + 1 = x3 + 6x2 + 12x + 8
⇔ x3 - 3x2 - 3x - 4 = 0
2,0
Trang 3⇔ x3 - 1 - 3x2 - 3x - 3 = 0
⇔ (x-1)(x2 + x + 1) - 3(x2 + x + 1) = 0
⇔ (x2 + x + 1)(x - 4) = 0
2)
Cách 1:
=
2
2
2
x
x x
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là x=0,x=1.
2,0
Cách 2:
Đặt t= x+ 1−x 1≤ ≤t 2
2
2
t
Phương trình trở thành:
+ − = ⇔ = = ( ) ⇔ + − = ⇔ = =
2 không thỏa mãn
2,0
Câu 4 (7,0 điểm):
1)
A
B
D
C
Q
P
E
I
K
a) D và C cùng nhìn IK dưới hai gĩc bằng nhau (gĩc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau ) Suy ra tứ giác DIKC nội tiếp
1,25 b) sđ (QDC + QPC)
= ½sđ (BE + CB) + ½ sđ (ADC + BE) = ½ sđ( BE + CB + ADC + BE ) = 1800
c) sđ API = ½ sđ( CB + AE ) = ½ sđ ( CB + BE ) = sđ CDK = sđ CIK = ½ sđ CK
Trang 4d) EAQ = ADQ ( góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau ) Suy ra AE là tiếp tuyến
0,5
2)
A
N
C
I
B
M
D
E
O
K
H
a) E, D cùng nhìn AB dưới một góc vuông nên tứ giác AEDB nội tiếp trong một đường tròn đường kính AB có I (trung điểm của AB) là tâm
1,25 b) Ta thấy : ABE = ADE ( chắn cung AE )
mà ABE = AMN ( chắn cung AN ) nên ADE = AMN hay DE // MN
1,25 c) Kẻ thêm hình như hình vẽ Dựa vào góc nội tiếp của tứ giác AEBD suy ra được CN = CM nên OC ⊥ MM ⇒ OC ⊥ DE
Tứ giác HDCE nội tiếp đường tròn tâm K (trung điểm của HC) đây cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE ⇒ KD = KE và ID = IE nên IK ⊥ DE hay
IK // OC và OI // CK nên OIKC là hình bình hành ⇒ KC = OI không đổi 0,5
Câu 5 (2,0 điểm):
Ta có : (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2≥ 0 ∀a,b,c
⇔ a2 + b2 + c2≥ ab + ac + bc (1)
áp dụng bất đẳng thức (1) ta có :
B = x16 + y16 + z16 = (x8)2 + (y8)2 + (z8)2≥ x8y8 + y8z8 + z8x8
⇔ B ≥ x8y8 + y8z8 + z8x8
⇔ B ≥ (x4y4)2 + (y4z4)2 + (z4x4)2 ≥ x4y4 y4z4+ x4y4 z4x4 + y4z4 z4x4
⇔ B ≥ x4y8z4 + x8y4z4 + x4y4z8
⇔ B ≥ (x2y4z2)2 + (x4y2z2)2 + (x2y2z4)2≥ x6y6z4 + x6y4z6 + x4y6z6
⇔ B ≥ (x3y3z2)2 + (x2y3z3)2 + (x3y2z3)2≥ x5y6z5 + x6y5z5 + x5y5z6
⇔ B ≥ (xyz)5.x + (xyz)5.y + (xyz)5.z = x + y + z = 3
(do xyz = 1 và x + y + z = 3)