ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ MÔN TOÁN LỚP 9 NĂM 2015-2016

Gọi A là điểm thỏa mãn tam giác ABC nhọn.. AB, AC cắt đường tròn trên tại điểm thứ hai tương ứng là E và D.. b Chứng minh AN.AF = AP.AM c Gọi I, H thứ tự là hình chiếu vuông góc của F t

MÃ KÍ HIỆU

[ ***** ]

ĐỀTHI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ MÔN TOÁN LỚP 9- Năm học 2015- 2016

( Thời gian 150 phút không kể giao đề )

(Đề thi gồm 5 câu và 2 trang)

Bài 1 (2,0 điểm)

1.Tính giá trị của biểu thức: A = 2x3+3x2−4x+2

với 2 5 5 2 5 5 3 5 1

2 Chứng minh rằng: Nếu ax3 = by3 = cz3 và 1 1 1

1

x + + = y z thì

3 3 3

3 ax2 + by2 + cz2 = a + b + c

Bài 2 (2,0 điểm)

1.Cho phương trình bậc hai ẩn x : x2 + 2( m – 2 )x – m2 = 0 , với m là tham số Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 < x2

và x1 − x2 =6

x + +x x+ + = x+ x+ +

Bài 3 (2,0 điểm)

1.Tìm các số tự nhiên x; y; z thỏa mãn đồng thời

(x -1) + y - 2z3 3 3 =0 và x + y + z – 1 là số nguyên tố.

2 Cho 3 số thực a, b, c dương chứng minhrằng :

1

Bài 4 (3,0 điểm)

Cho đường tròn (O;R) đường kính BC Gọi A là điểm thỏa mãn tam giác ABC nhọn AB, AC cắt đường tròn trên tại điểm thứ hai tương ứng là E và D Trên cung

»BC không chứa D lấy F (F ≠ B, C) AF cắt BC tại M, cắt đường tròn (O;R) tại N (N ≠ F) và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE tại P (P ≠ A)

a) Giả sử BAC· =600, tính DE theo R.

b) Chứng minh AN.AF = AP.AM

c) Gọi I, H thứ tự là hình chiếu vuông góc của F trên các đường thẳng BD, BC

Các đường thẳng IH và CD cắt nhau ở K Tìm vị trí của F trên cung »BC để biểu thức BC BD CD

FH + FI +FK đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 5 (1,0 điểm)

Cho lưới ô vuông kích thước 7 x 7, mỗi ô vuông được điền số 1 hoặc - 1 Kí hiệu

ai là tích cá số ở hàng thứ i và bj là tích các số ở cột thứ j ( 1≤ i , j ≤7 )

Chứng minh rằng : a1 + b1 + a2 + b2 + ….+ a7 + b7 ≠ 0

********* Hết********

MÃ KÍ HIỆU

[ ***** ]

ĐÁP ÁNĐỀTHI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ

MÔN TOÁN LỚP 9- Năm học 2015- 2016

( Thời gian 150 phút không kể giao đề )

(Hướng dẫn đề thi gồm 6 trang)

Câu1

2,0

điểm

1

1,0điểm

+ + + , a > 0

( )2

+

0,25

6 2 5 6 2 5

2

B = 2x3 + 3x2 – 4x + 2

B = 2x(x2 + 2x -1 ) - ( x2 + 2x -1 ) + 1 = 1

0,25

2

1,0điểm

b) Chứng minh rằng: Nếu ax3 = by3 = cz3 và 1

z

1 y

1 x

1

= + + thì

3 3 3

3 ax2+ by2+ cz2 = a + b + c

Đặt: ax3 = by3 = cz3 = t Ta có:

3 3

z

t y

t x

t cz

by

z

1 y

1 x

1

= +

Mặt khác: 3 t = x3 a = y3 b = z3 c

z

1 y

1 x

1 t c b

a + + =  + + = (2)

0,5

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh 0,25

Câu

2

2,0

điểm

1

1,0 điểm

x2+2(m−2)x m− 2 =0 ( m là tham số)

Ta có ( )2 2

Do ( )2

2

0

m m





≥

Dấu = xảy ra khi ( )2

2

2

0 0

m m

m m

m



Vậy ( )2 2

∆ = − + > ∀m Suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 < x2

0,25 Theo viet ta có : 1 2 2

1 2

4 2

+ = −



 = −



1 2 6 1 2 36 1 2 2 1 2 36

x − x = ⇒ x − x = ⇔x +x − x x = (1) 0,25

Do x x1 2 = −m2 ≤ ⇔0 x x1 2 = −x x1 2

1 2 1 2 1 2

1 2

6

6

x x

x x

+ =



- Nếu : x1+ =x2 6⇒ 4 - 2m = 6 ⇔ m = -1

- Nếu : x1+ = −x2 6⇒ 4 - 2m = - 6 ⇔ m =5

0,25

Với m = - 1, thay vào ta có phương trình

2 6 1 0

x − x− = có ∆ = ' 10 0 >

Phương trình có 2 nghiệm x1 < x2 là

2 3 10

x = + và x1= −3 10

Khi đó : 3− 10 − +3 10 = −6 (KTM)

Với m = 5, thay vào ta có phương trình

2 6 25 0

x + x− = có∆ = ' 34 0 >

Phương trình có 2 nghiệm x1 < x2 là

2 3 34

x = − + và x1= − −3 34

Khi đó : − −3 34 − − +3 34 =6 (TM)

Vậy m = 5

0,25

0,25

b)

1,0 ®iÓm

ĐKXĐ:x≥ −1

Đặt: y = x + 1; z = 2 Khi đó (1) có dạng : x 3 + y 3 + z 3 = (x + y

+z) 3 (2)

Chứng minh được (2)⇔ (x+y)(x+z)(z+x) = 0 0.25

Với: x + y = 0 ⇔ + x x + = ⇔ 1 0 x + = − 1 x 1 5

2

⇒ =

( Thỏa mãn)

0.25 Với: x + z = 0 ⇔ + x 2 0 = ⇔ = − x 2 ( không thỏa mãn) 0.25

Với: y + z = 0 ⇔ x + + 1 2 0 = - vô nghiệm Vậy phương trình có nghiệm: 1 5

2

Câu

3

2,0

điểm

a)

1.0 điểm

Ta có

3

+ + − = − + +

( do (x -1) + y = 2z3 3 3 )

⇒ ( x -1 + y + z) chia hết cho 3

Vì x− + +1 y z nguyên tố nên x− + + =1 y z 3

0.25

Vai trò x, y, z như nhau nên không mất tính tổng quát, giả sử :

x− ≤ ≤ ⇒ = − + + ≥z y x y z x− ⇒ − ≤ ⇒ − ∈x 1 1 x 1 { }1;0

Với x− = ⇒1 0 y3 =2z3 và y z+ =3, suy ra không tồn tại y, z là các số

tự nhiên thỏa mãn

Với x− = ⇒ +1 1 1 y3=2z3 và y z+ =2 Tìm được y z= =1

0.25

b)

1,0 ®iÓm

Ta có:

Với x là số dương Dấu “ =” xảy ra khi x = 0 hoặc x = 2

0,25 Biến đổi:

3

(1) 2b 2c 2a b c a

a b c

+ +

0,25

Tương tự ta có:

3

b c a

b c a ≥

+ +

0,25

( )

3

b c a

c a b ≥

+ +

Từ (1); (2) và (3) suy ra:

1

Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c

0,25

Câu

4

3,0

điểm

a)

1,0 ®iÓm

Vẽ hình (1 trường hợp)

M

P

N E

O B

D

C A

F

I

H

K

0,25

d 60 2

s DE

0,25 Suy ra ·EOD=600 nên tam giác OED đều 0,25

b)

1,0 ®iÓm

·APE= ·ADE (2 góc nội tiếp chắn cung AE) ·ABM = ·ADE (Cùng bù với góc EDC) Suy ra: ·ABM = ·APE nên tam giác APE đồng dạng với tam giác

Nên AE AM AE AB AM AP

Tương tự chứng minh tam giác ANE đồng dạng với tam giác ABF

AE AF

AE AB AN AF

0,25

Từ (1) và (2) suy ra: AN.AF = AP.AM

c)

1,0 ®iÓm

Xét I nằm giữa B, D( Nếu I nằm ngoài B,D thì vai trò K với DC sẽ như I với BD)

Tứ giác BIHF, BDCF nội tiếp nên ·FHK =·FCK ( cùng bằng ·FBD ),

suy ra tứ giác CKFH nội tiếp nên ·FKC =900

0,25

Lý luận tam giác DFK đồng dạng tam giác BFH nên:DK BH

FK = FH

Tương tự tam giác CFK đồng dạng tam giác BFI nên:CK BI

FK = FI

Suy ra: DC BH BI

FK = FH − FI

0,25

FK + FI = FH + FI − FI = FH + FI

MàID HC

FI = FH suy ra: DC BD BH HC BC

FK + FI = FH + FH = FH

0,25

Vậy BC BD CD 2BC

FH + FI +FK = FH nên BC BD CD

FH + FI + FK nhỏ nhất khi FH lớn nhất khi F là trung điểm cung BC

0,25

Câu

5

1,0

điểm

Ta có ai = 1 hoặc ai = - 1 ; bj = 1 hoặc bj = - 1 , với 1 ≤ i , j ≤ 7 trong

đó i , j ∈N

Giả sử a1 + b1 + a2 + b2 + ….+ a7 + b7 ≠ 0 là sai , suy ra a1 + b1 + a2 + b2 + ….+ a7 + b7 = 0 và trong các số hạng của tổng này có 7 số bằng 1 và 7 số bằng – 1 , vì vậy :

a1 b1 a2 b2 … a7 b7 = 17 ( - 1 )7 = - 1 Mặt khác : a1. a2.a7 b1 b2 b7 vì mỗi vế là tích các số trong bảng

Ta nhận được mâu thuẫn nên có đpcm

1,0

Lưu ý: học sinh giải theo cách khác đúng vẫn cho đủ số điểm