De HSG toan 9 hay

PHÒNG GD&ĐT TP.[r]

PHÒNG 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 :

:

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

a b

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.

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:

HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2015-2016

MÔN: TOÁN LỚP 9

a/

2,5đ Ta có

x  x   x  x   x   x  x x  x

Vậy

:

A



=

:

2

x



x

x 

x

x  với x>0

0,75 0,75

0,5

0,5

b/

1,5đ

M=A+

12 2

x  =

dấu = có khi

16

2

x

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 x5 12(5x1)

2(x  x 2) (5 x1) (5x1)(x  x 2) đk x

1 5



Đặt x2 x 2a với a>0 vì

2

x   x x   

 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





Vậy nghiệm của PT là x=1;x=3

0,5

0,75

0,5 0,25

2,5đ

2015

m n m n n

y z



nx my mz ny

-Nếu mz ny0

2015 nx my Q

mz ny



 vô lý vì 2015 là số vô tỉ

Vậy mzny0

2

0 0

xz y



Nên ta có x2z299 7 y2  x z 2 2xz99 7 y2

 x z 2 2y299 7 y2  3y2 x y 2 99

3y x z 3y x z 99 99 3y x z

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

10

3

(loại) -Nếu 3y+x+z=11 Ta có 3y x  z=9

10

3

(loại) -Nếu 3y+x+z=99 Ta có 3y x  z=1

50

3

(loại) -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 x2 20x36 0  x12;x2 18

+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/

2,5đ

Đặt a+b=s và ab=p Ta có

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 3x2y2z2 x y z  2 x y 2y z 2 x z 2 0

Vây x y z  2 3(x2y2z2) dấu = có khi x=y=z

Vây khi x,y,z>0 ta có x+y+z 3 x 2y2z2

dấu = có khi x=y=z

3

Ta có a5 a2  3 3a (1)

0,5

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

a 12a3 2a2 3a 1

(2)

Ta thấy (2) đúng vơi a>0 vây (1) đúng với a>0

Vậy 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

5 2

c a ca  ca c  dấu = có khi a=b=1

3

ab a bc b ca c

=

1

ab a ab a a ab ab b

 

1

0,25

0,5

0,5 0,25

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

1

nên GI=IC GC=

:

GI

GC

Ta có OI//BC ( cm trên)  OI//CM

OI GI

OI CM

CM GC

(2)

Từ (1) và (2) ta có CB=CM

Xét 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

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

KA KB KA KB R

Vẽ KP vuông góc với AB, theo hệ thức lương trong tam giác vuông AKB ta có

KA KB AB KP    KA KB  R KP  KA KB  R KP

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 O P Q    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/

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

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

 

=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

Vây ta có 32k112a2  a3k a 3k 112 112a3k

Vì a 3 a3k 0; Vì a3k  a 3k  a3k2 112 a3k 10 a3k 14, 28,56,112

-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

-Nếu

112

2

a   a   a  a

(loại) Vây ta có (2;15) ; (6;33) thõa mãn dầu bài

0,5

0,5