Từ một điểm M trên nửa đường tròn ta vẽ tiếp tuyến xy.. Kẻ AH và BK cùng vuông góc với xy H, K thuộc xy; a Chứng minh tổng AH + BK có giá trị không đổi khi M di động trên nửa đường tròn;
Trang 1MÃ KÍ HIỆU
[*****]
ĐỀ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ LỚP 9 - Năm học 2015- 2016
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
(Đề thi gồm 5 câu 1 trang)
Câu 1:(2điểm) Cho biểu thức:
1
P
a) Rút gọn P;
b) Tìm m để P = 2;
c) Tìm các giá trị của m là số tự nhiên sao cho P có giá trị là số tự nhiên;
Câu 2: (2,0 điểm) a) Tìm các giá trị x; y là số nguyên thỏa mãn phương trình:
x4 + −x2 y2+ + =y 10 0
b)Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm x, y thỏa mãn phương trình:
( )4 4 ( )2 2
Câu 3: (2,0 điểm)
a Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho số T = 2n + +3n 4n là số chính phương
b Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức với x≠ 0;y≠ 0.
1
= + ÷+ + − +
Câu 4: (3điểm) Cho nửa đường tròn (O, R) đường kính AB Từ một điểm M trên nửa
đường tròn ta vẽ tiếp tuyến xy Kẻ AH và BK cùng vuông góc với xy (H, K thuộc xy);
a) Chứng minh tổng AH + BK có giá trị không đổi khi M di động trên nửa đường tròn;
b) Chứng minh rằng đường tròn đường kính HK tiếp xúc với AB;
c) Xác định vị trí của M trên nửa đường tròn (O) để diện tích tứ giác ABKH lớn nhất; Tính diện tích lớn nhất đó;
Câu 5: (1 điểm) Cho hình lục giác đều ABCDEG Người ta tô đỏ hai đỉnh A và D, tô
xanh 4 đỉnh còn lại Sau đó người ta đổi màu các đỉnh đó theo quy tắc sau: Mỗi lần đổi màu phải chọn 3 đỉnh của một tam giác cân rồi đổi màu đồng thời cả 3 đỉnh đó (đỏ thành xanh, xanh thành đỏ) Hỏi sau một số lần đổi màu theo quy tắc đó thì có thể thu được kết quả là đỉnh C màu đỏ còn 5 đỉnh còn lại màu xanh không?
Trang 2
-Hết -MÃ KÍ HIỆU
[*****]
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ
Lớp 9- NĂM HỌC 2015- 2016
MÔN: TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 4 trang)
1
2đ
a ĐKXĐ: m≥ 0;m≠ 0
1 1
m P m
+
=
−
0,5
1 2 1
+ = −
= ⇔ + = − ⇔ + = −
9 3
1
9
m m
m m
=
=
⇔
= =
0,25
0,5
1
1
P
m
= +
− để P có giá trị là số tự nhiên thì m− ∈ ± ± 1 { 1; 2}
Từ đó tính được m∈{0; 4;9} Với m = 0 thì P = - 1 (loại);
Với m = 4 thì p = 1 (thỏa mãn);
Với m = 9 thì p = 2 (thỏa mãn);
Vậy m = 4 hoặc m = 9 thì P có GT là số tự nhiên
0,25
0,25
0,25 2
2,0
đ
a
b
( )
x + −x y + + = ⇔y y y− = x + +x (1)
x +x <x + + <x x + +x + +
do đó 2 2 ( 2 ) ( 2 ) ( ( 2 ) ( ) ( 2 ) )
− = + +
+ < − < + + ⇒
− = + +
Từ (1) và (2) suy ra
2 2
4 1
x x
=
=
từ đó tính được x1 =2;x2 = −2;x3=1;x4 = −1
thay vào (1) tìm được các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn PT là;
(x; y) = (2; 6); (2; - 5); (-2; 6); (-2; -5); (1; 4); (1; -3); (-1; 4); (-1; -3) ( )4 4 ( )2 2 ( 4 3 2) ( 2 ) 2
y+ +y = +x +x ⇔ y + y +y + y +y =x +x
⇔ + + + + = + + ⇔ + + = + + (1) Đặt y2 + + =y 1 a Với a N a∈ ; ≥ 1 PT (1) có dạng:
2
a =x + + ⇔x = + + ⇔ − + =
Ta thấy 2a 2x 1 3 + + ≥ nên 2a 2x 1 3 + + = và 2a 2x 1 1 − − = ,
từ đó a = 1; x = 0 với a= ⇔ 1 y2 + + = ⇔y 1 1 y y( + = ⇔ = 1) 0 y 0 (vì y = 1 > 0);
Vậy x = 0; y = 0 là cặp nghiệm nguyên không âm duy nhất của phương
0,5
0,5
0,5
Trang 3trình; 0,5
3
2.0
đ
a
b
-Với n = 1 ta có T = 9 là số chính phương;
-Với n = 2 ta có T = 29 không là số chính phương;
-Với n≥ 3 ta có T là số chính phương lẻ do đó T ≡ 1(mod4) (một số
chính phương lẻ khi chia cho 4 có số dư là 1);
do n≥ 3 nên 2n ≡ 0(mod4); 4n ≡ 0(mod4)suy ra 3n ≡ 1(mod4) mà ( ) ( ) ( )
3n = − 4 1n ≡ − 1n mod4 suy ra n là số chẵn;
( )
Nhưng một số chính phương không chia hết cho 3 sẽ có dạng ( )2
3m+ 1
hoặc ( )2
3m− 1 với m là số nguyên khi chia cho 3 có số dư là 1 (một số chính phương khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1); Vậy T không là số
chính phương khi n≥ 3 Kết luận n = 1 thì T là số chính phương;
Với ĐK x≠ 0;y≠ 0 thì x y2 , 2 > 0;x10 ,y10 > ;x16 ,y16 > 0
áp dụng BĐT Cô Si cho 4 số dương ta có:
10 10
4
x y
y + x + + ≥ =
⇒ + + ÷≥ ⇒ + ÷≥ −
áp dụng BĐT Cô Si cho 4 số dương ta có:
+ + + ≥ =
Q≥ y − +x y − − − y −x y = − ⇔ ≥ −Q
Dấu bằng xẩy ra khi
10 10
16 16
1
1 1
x y
x y
= =
= =
Vậy Min Q = 5
2
−
khi (x; y) = (1; 1); (-1; -1); (1; -1); (-1; 1)
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 43.0
đ
O
M
H
K
I
a Vì xy là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên OM ⊥xy, có AH ⊥xy;
BK ⊥xy (GT) suy ra AH//BK//OM, suy ra tứ giác AHKB là hình
thang;
Mặt khác OA = OB = R nên MH = MK (T/C đường trung bình của hình thang);
Vậy Om là đường trung bình của hình thang AHKB => OM = (AH + BK):2 => AH + KB = 2.OM = 2R (không đổi);
0.5
0,5
b Vẽ MI ⊥AB, ta có ∠OBM = ∠OMB (Tam giác OMB cân tại O); (1)
∠ = ∠ (cặp góc so le, do OM//BK) (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∠OBM = ∠MBK suy ra ∆BMI = ∆BMK (cạnh huyền góc nhọn), suy ra MI = MK = MH = 1
do đó đường tròn (M, MI) tiếp xúc với AB tức là đường tròn đường kính HK tiếp xúc với AB;
0,5 0,5
c Diện tích hình thang ABKH là 1( ). 1.2R .
S = AH BK HK+ = KH =R HK
ta có HK ≤AB (T/C đường vuông góc và đường xiên) dấu “ = “ xảy ra
khi và chỉ khi HK//AB;
S≤R AB R= = (diện tích lớn nhất của tứ giác ABKH là 2R2)
Vậy diện tích tứ giác ABKH lớn nhất khi và chỉ khi HK//AB suy ra M
là điểm chính giữa nửa đường tròn đường kính AB
0,5
0,25 0,25
Trang 51đ
O
ta thấy rằng hai đỉnh đối xứng qua tâm O của hình lục giác (ví dụ đỉnh
A và đỉnh D) không thể cùng là đỉnh của một tam giác cân nào
Ngoài ra trong 4 điểm B, C, E, G không thể có 3 điểm là 3 đỉnh của một tam giác cân (vì B, C, E, G là 4 đỉnh của hình chữ nhật)
Vậy nếu có một tam giác cân mà 3 đỉnh là 3 đỉnh của lục giác đều thì phải có một đỉnh là A hoặc D
Mỗi lần áp dụng quy tắc đổi màu thì chỉ có A hoặc D đổi màu Vì A và
D màu đỏ (đối xứng nhau qua tâm O) đổi thành xanh thì số lần áp dụng quy tắc đổi màu phải là chẵn;
Để đỉnh C màu xanh đổi thành màu đỏ thì số lần áp dụng quy tắc đổi màu phải là lẻ;
Vậy để có kết quả C màu đỏ và 5 đỉnh còn lại màu xanh thì số lần áp dụng quy tắc đổi màu vừa là chẵn, vừa là lẻ (Vô lý) Vậy không thể thực hiện được;
0,25
0,25
0,25
0,25
Chú ý: Đáp án chỉ trình bày ngắn gọn 1 cách làm; nếu học sinh làm theo cách khác (mà đúng) thì GK thì vẫn cho điểm tối đa;
