b Chứng minh HF ⊥BI.
Trang 1PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1: (6 điểm)
2
a Rút gọn A
b Tìm x để A ∈ Z
2 Cho abc, bca, cab là các số tự nhiên có 3 chữ số
Chứng minh rằng: nếu abc M 37 thì bca và cab cũng chia hết cho 37
Câu 2: (4 điểm)
1 Giải phương trình: x+ −3 4 x− +1 x+ −8 6 x−1 =1
2 Cho x, y, z thỏa mãn xyz = 2015
Chứng minh rằng: xy+20152015x x+2015+ 2015
y
yz y+ + + 1
z
zx z+ + =1
Câu 3: (3 điểm)
1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x4 + x2 + 1 = y2
2 Cho a,b,c lµ c¸c sè d¬ng vµ a+b+c=2015
T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc
A= a2 b2 c2
b c c a a b+ +
Câu 4 (6.0 điểm)
Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (M không trùng với A và B) Trong nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường thẳng AB, kẻ tiếp tuyến
IB tại F; đường thẳng BE cắt AI tại H, cắt AM tại K.
a) Chứng minh 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh HF ⊥BI
c) Xác định vị trí của M trên nửa đường tròn O để chu vi ∆ AMB đạt giá trị lớn
nhất và tìm giá trị đó theo R?
Câu 5: (1 điểm)
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
1! + 2! + + x! = n2 ( x! = 1.2.3 x)
Hết
Trang 2-PHÒNG GD&ĐT THANH OAI HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2015 - 2016
Câu 1: (6 điểm)
1 a) ĐK: x 0; x 1
Rút gọn A = 2
1
x+ x+
b) Vì x ≥ 0 nên 0 < A ≤ 2 và A ∈ Z => A = 1 hoặc A = 2
+) A = 1 => 2
1
x+ x+ =1 <=> x+ x−1 =0 <=> x = ±
5 2 +) A = 2 => 2
1
x+ x+ =2 <=> x+ x =0 <=> x = 0
2 Ta có: abc + 11bca = 111a + 1110b + 111c M 37 (vì 111 M 37)
Mà abc M 37 => 11 bca => bca M 37 (vì (11; 37) =1)
Ta có: abc M 37 => 11abc M 37 Xét tổng: 11abc + cab = 1110a+111b+111c M 37
=> cab M 37
0.5 1.5
1 0.5
0.5 1.0 1.0
Câu 2: (4 điểm)
1 (2đ)
2 (2đ)
x+ − x− + x+ − x− =1
<=> ( )2
1 2
x− − + ( )2
1 3
x− − =1
<=> x− −1 2 + 3− x−1 =1
Áp dụng: a + ≥ +b a b Dấu bằng xảy ra khi a.b≥0
=> x− −1 2 + 3− x−1 =1 khi 2≤ x−1≤3 <=> 5≤x≤10
Ta có : yz y+ +y 2015 = 2015
xy xyz xy+ + x = 2015 2015
xy
xy x
1
z
zx z+ + = 1
xyz xyzx xyz xy+ + =
2015
2015x+2015+xy
Do đó xy+20152015x x+2015+ 2015
y
yz y+ + + 1
z
zx z+ + =
2015
2015 2015
x
xy+ x+ +
xy
xy x
2015
2015x+2015+xy = 1 (đpcm)
0.5
0.5 0.5 0.5
Trang 3Câu 3: (3 điểm)
1 (1,5d)
Vì x2 ≥ 0 với ∀x
nên (x4+x2+1) -(x2+1) < x4+x2+1 ≤ (x4+x2+1)+x2 <=> (x2)2 <y2 ≤(x2+1)2
do đó y2 = (x2+1)2 => (x2+1)2 = x4+x2+1 <=> x=0 suy ra y= ±1
Vậy nhiệm nguyên (x;y) cần tìm là: (0;1), (0;-1)
2 (1,5®)
Ta cã: a2
b c+ + 4
b c+
≥ a ( Bđt Côsi cho hai số dương )
Tương tự: +
4
c a+
≥ b ;
2
c
a b+ + 4
a b+
≥ c
Cộng vế với vế ta được: a2 b2 c2
b c c a a b+ +
a b c+ +
Vậy Min A = 2015/2 Dấu bằng xảy ra khi a=b=c = 2015/3
Câu 4 (6.0 điểm)
Hình vẽ
x
I
F
M
H E
K
A O B
Ta có M, E nằm trên nửa đường tròn đường kính AB nên FMK · = 900và
Vậy 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên đường tròn đường kính FK 0.5
K là trực tâm của ∆AFB nên ta có FK ⊥ AB suy ra FK // AH (2) 0.5
Do đó FAH · = · AFK mà FAH · = FAK · (gt) cho nên · AFK = FAK · 0.5
Suy ra AK = KF, kết hợp với (1) ta được AH = KF (3) 0.5
Từ (2) và (3) ta có AKFH là hình bình hành nên HF // AK Mà AK ⊥IB
suy ra HF ⊥ IB
0.5
Chu vi của ∆ AMB C = ∆AMB = MA MB AB + + lớn nhất khi chỉ khi MA
+ MB lớn nhất (vì AB không đổi).
0.5 Áp dụng bất đẳng thức ( )2 ( 2 2)
2
a b + ≤ a + b dấu "=" xảy ra ⇔ = a b,
0.5
Nên MA + MB đạt giá trị lớn nhất bằng AB 2 khi và chỉ khi
MA = MB hay M nằm chính giữa cung AB.
0.5
Vậy khi M nằm chính giữa cung AB thì C∆AMB đạt giá trị lớn nhất
0.5
0.5 0.5 0.5 0.5 0.5
Trang 4Khi đó
AMB
C∆ = MA MB AB AB + + = + AB = + AB = R +
0.5
Câu 5: (1 điểm)
1! + 2! + + x! = n2
x=1 suy ra n2 = 1 => n = 1
x=2 suy ra n2 = 3 => n ∉ Z ( loại)
x=3 suy ra n2 = 9 => n=3
x=4 suy ra n2 = 33 => n ∉ Z ( loại)
Ta chứng minh x≥5 phương trình vô nghiệm
Thật vậy x≥5 thì 1! + 2! + + x! = 33+ 5! + + x! có chữ số tận cùng là 3 mà n2 không có tận cùng là 3
Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương ( x;n) là (1;1) , (3;3)
- Hết –
DUYỆT CỦA TỔ NGƯỜI RA ĐỀ