a/ Chứng minh MA là tiếp tuyến của đường tròn O;R b/ Tia CN cắt đường tròn tại K.
Trang 1PHÒNG GD&ĐT
TP BẮC GIANG
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: Toán lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút (Thi ngày 09/01/2016)
Bài 1: (4 điểm)
Cho biểu thức :
( 2 2) 2 42 (22 2) 2 2 : 2 2 42
A
=
a/ Rút gọn A b/ Tìm giá tri bé nhất của biểu thức M=A+ 12
2
x+
Bài 2: (4,5 điểm)
a/ Giải phương trình 2x2− + =3x 5 5x3+4x2+9x−2
b/ Tìm tất cả các bộ số nguyên dương (x y z; ; ) thỏa mãn 2015
2015
x y
y z
+ + là số hữu tỷ và
x2+z2 =7y2−99
Bài 3: (4,5 điểm)
a/ Cho a, b là số hữu tỷ thoả mãn 2 2 2 2
4 (ab )
a b
+ + = −
+ Chứng minh ab+2 là số hữu tỉ
b/ Cho các số thực dương , , a b c thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng.
5 21 5 21 5 21 1
Bài 4: (6 điểm)
Cho đường tròn (O;R), vẽ 2 đường kính AB và CD vuông góc với nhau Trên đoạn CA lấy G
sao cho GC=1
3AC Tia OG cắt BC tại M, vẽ ON vuông góc với BG (N BG∈ ) . a/ Chứng minh MA là tiếp tuyến của đường tròn (O;R)
b/ Tia CN cắt đường tròn tại K Tính KA4+KB4+KC4+KD4 theo R
c/ Chứng minh MN=2R
Bài 5: (1 điểm) Tìm x, y nguyên dương thõa mãn 3x+111=(y−3) ( y−5)
Họ tên thí sinh SBD:
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2015-2016
MÔN: TOÁN LỚP 9
a/
2,5đ Ta có
4 3 2 4 ( 4 4 2 4) 2 ( 2 2)( 2 2)
Vậy
:
A
=
:
2
x
+ + − +
×
x
x+
Vây A=
2
x
x+ với x>0
0,75
0,75
0,5
0,5
b/
1,5đ M=A+ x12+2=
2
x
+ Vây M bé nhất bằng 4 khi x=4
1 0,5
a/
2,0đ Ta có
2x − + =3x 5 5x +4x +9x−2
⇔ 2x2− + =3x 5 5x3− +x2 5x2− +x 10x−2
⇔ 2x2− + =3x 5 x2(5x− +1) (x x5 − +1) 2(5x−1)
2(x + + −x 2) (5x− =1) (5x−1)(x + +x 2) đk x 1
5
≥ Đặt x2+ + =x 2 a với a>0 vì
2
x + + =x x+ + >
; đặt 5x− =1 b với b≥0
⇒ x2+ + =x 2 a2 và 5x− =1 b2
Vây ta có PT
2a − =b ab⇔2a −2ab ab b+ − = ⇔0 2 (a a b− +) b a b( − = ⇔) 0 a b− 2a b+ =0
Vì a>0 và b≥0 nên 2a+b>0 vây ta có a−b=0⇔a2 =b2 ⇔ x2+ + =x 2 5x− ⇔1 x2−4x+ =3 0
3
x
x
=
⇔ − − + = ⇔ − − = ⇔ = Thỏa mãn
Vậy nghiệm của PT là x=1;x=3
0,5
0,75
0,5 0,25
b/
2015
n
y z
nx my mz ny
Trang 3-Nếu mz−ny≠0 2015 nx my Q
mz ny
−
− vô lý vì 2015 là số vô tỉ
0
xz y
− =
− =
Nên ta có x2+ +z2 99 7= y2 ( )2 2
Vì x, y,z nguyên dương nên 3y+x+z≥5 ⇒3y x z+ + =9,11,33,99
-Nếu 3y+x+z=9 Ta có 3y− x −z=11 6 20 10
3
⇒ = ⇒ = (loại) -Nếu 3y+x+z=11 Ta có 3y− x −z=9 6 20 10
3
⇒ = ⇒ = (loại) -Nếu 3y+x+z=99 Ta có 3y− x −z=1 6 100 50
3
-Nếu 3y+x+z=33 Ta có 3y− x −z=3⇒6y=36⇒ = ⇒ + =y 6 x z 20⇒ =z 20−x
Mà xz =y2 nên ta có x(20−x)=36⇔ 2
x − x+ = ⇔ =x x = +Nếu x=2 ta có z=18
+Nếu x=18 ta có y=2
Vây ta có (x;y;z)=(2;6;18)=(18;6;2)
0,5
0,75 0,25 0,25 0,25 0,25
0,25
a/
2 2
2
2 2
+ +
2
2
( 2)
s
+
Vị a, b là số hữu tỉ nên a b+ là số hữu tỉ Vây ab+2 là số hữu tỉ
1,0
1,0 0,5
b/
2,0đ
Ta có ( 2 2 2) ( ) (2 ) (2 ) (2 )2
3 x +y +z − + +x y z = −x y + −y z + −x z ≥0
Vây khi x,y,z>0 ta có x+y+z≤ 3 x( 2+y2+z2) dấu = có khi x=y=z
3 5 21 5 21 5 21
Ta có a5− + ≥a2 3 3a (1)
5 2 3 3 0 2( 3 1) 3( 1) 0
2( 1) 2 1 3( 1) 0 ( 1)( 4 3 2 3) 0
⇔ (a−1) (a4− +a3 2a3−2a2+3a2− ≥3) 0
( )2( 3 2 )
⇔ − + + + (2)
Ta thấy (2) đúng vơi a>0 vây (1) đúng với a>0
0,5
Trang 4Vậy với a>0 ta có a5− + ≥a2 3 3a dấu = có khi a=1
Ta có a5+ +b2 ab+ =6 (a5− + +a2 3) (a2+b2)+ab+ ≥3 3a+2ab ab+ + =3 3(ab a+ +1)
5 2
+ + + + + dấu = có khi a=b=1
+ + + + + dấu = có khi a=b=1
5 2
+ + + + + dấu = có khi a=b=1
3 5 21 5 21 5 21
1 1 1
+ +
1
0,25
0,5
0,5 0,25
a/
2đ
Lấy I là trung điểm của BC ta có OI là đường trung bình của tam giác ABC ⇒OI//BC
và OI=1
2CB (1) ; Vì I là trung điểm của BC nên IC=
1
2AC mà GC=
1
3 AC
GI
GC
Ta có OI//BC ( cm trên) ⇒OI//CM 1 1
Từ (1) và (2) ta có CB=CM
1,0
Trang 5Xét ∆ABM có OA=OB ( cùng bán kính) , có CB=CM ( cm trên) nên OC là đường trung bình
//
OC AM
⇒ mà OC⊥ AB nên AM⊥AB Vậy MA là tiếp tuyến của đường tròn (O;R) 1,0
b/
2đ
Ta có tam giác AKB nội tiếp đường tròn (vì 3 đỉnh nằm trên đường tròn) mà AB la đường kính nên
tam giác AKB vuông tại K, theo Pitago ta có KA2 +KB2 =AB2 ⇒KA2+KB2 =4R2
4 4 2 2 2 16 4
Vẽ KP vuông góc với AB, theo hệ thức lương trong tam giác vuông AKB ta có
Vây ta có KA4+KB4+8R KP2 2 =16R4 ⇒KA4+KB4 =16R4−8R KP2 2
Vẽ KQ vuông góc với CD, chứng minh tương tự ta có KC4+KD4 =16R4−8R KQ2 2
Vây Ta có KA4+KB4+KC4+KD4 =32R4−8R KP2( 2 +KQ2)
Xét tứ giác KPOQ có µO P Q= = =µ µ 900 nên tứ giác KPOQ là hình chữ nhật
Vậy ta có KP2 +KQ2 =PQ2 =KO2=R2
Vậy KA4+KB4+KC4+KD4 =32R4−8R KP2( 2+KQ2)=32R4−8R R2 2 =24R4
0,75 0,25
0,75 0,25
c/
2đ
Ta có ACB∆ nội tiếp đường tròn, mà AB là đường kính nên ACB∆ vuông tại C ⇒AC⊥BM ⇒
AC là đương cao của MAB∆ Ta có CM=CB ( cm trên) ⇒ AC là trung tuyến của MAB∆ vây
MAB
∆ cân tại A ⇒AM =AB
Xét MAB∆ có AM là trung tuyến mà GC=1
3AC nên G là trọng tâm của MAB∆ , keo dài BG cắt
đường tròn tại F và AM tại E ta có BE là trung tuyến của MAB∆ nên EA=EM=
2
MA
, mà OA=OB=
2
AB
nên EA=BO
Ta có AFB∆ nội tiếp đường tròn, mà AB là đường kính nên AFB∆ vuông tại F ⇒AF BE⊥
OBN FAB
⇒ + = ; Vì MA⊥AB ( cm trên) nên ·EAF FAB+· =900 ⇒·EAF OBN= ·
Xét EAF∆ và OBN∆ có AE=OB , ·EAF OBN=· ; EFA· =ONB· =900⇒ ∆EAF = ∆OBN
AF=NB
⇒ ; Ta có ON⊥BF⇒NB NF= (vi ) nên FA=FN=NB⇒ ∆AFN vuông cân
Ta có ∆MAF= BAN∆ (cgc) ⇒MFA ANB· = · =1350, mà
AFN 90= ⇒MFN =360 −135 −90 =135
Ta có MFN∆ = ∆MFA (cgc)⇒MN=MA mà MA=AB=2R⇒MN =2R
0,25
0,25
0,5 0,5 0,5
Đặt y− =4 a với a∈Z và a≥ −3; ta có 3x+111 (= +a 1)(a− ⇔ +1) 3x 112=a2
-Nếu x lẻ ⇒ =x 2k+1
( )
3x 112 3 K+ 112 3 9k 1 3 112 3 (9 1)(9k− 9k− 1) 3 112
=24q+3+112=4(8q+28)+3 chia cho 4 dư 3
⇒ +3x 112 chia cho 4 dư 3 ⇒a2 chia cho 4 dư 3⇒ vô lý vì số chính phương chia cho 4 chỉ dư
0 hoặc 1 Vậy x phải chẵn ⇒ x=2k với k nguyên dương
+ = ⇔ + − = ⇒112Ma+3k
Vì a≥ − ⇒ + ≥3 a 3k 0; Vì ( )2
a+ > − ⇒a a+ > ⇒ + >a 3k 14, 28,56,112
a
⇒ + = -Nếu a+ =3k 14⇒ − = ⇒a 3k 8 2a=22⇒ = ⇒ =a 11 x 2;y=15
-Nếu a+ =3k 28⇒ − = ⇒a 3k 4 2a=32⇒ =a 16⇒3x =144 (loại)
-Nếu a+ =3k 56⇒ − = ⇒a 3k 2 2a=58⇒ =a 29⇒ =x 6;y=33
2
a+ = ⇒ − = ⇒a a= ⇒ =a (loại)
0,5
Trang 6Vây ta có (2;15) ; (6;33) thõa mãn dầu bài 0,5