Đề thi HSG toán 9 Phù Ninh

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ NINH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2015-2016
Môn: Toán
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (3,0 điểm):
1) Nếu p < 5 và 2p + 1 là các số nguyên tố thì 4p + 1 là nguyên tố hay hợp số.
2) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

2( x + y ) + 5 = 3 xy

Câu 2 (4,0 điểm):

A=
Cho biểu thức

x − x2 + 2x
x + x2 + 2 x

−

x + x2 + 2x
x − x2 + 2x .

1) Tìm điều kiện của x để biểu thức A xác định.
2) Rút gọn biểu thức A.
Câu 3 (4,0 điểm): Giải các phương trình:
1)

2)

( x − 1)3 + x 3 + ( x + 1)3 = ( x + 2) 3

1+

2
x − x2 = x + 1 − x
3
với 0 ≤ x ≤ 1

Câu 4 (7,0 điểm):
1) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O); E là điểm chính giữa của cung AB, hai dây EC,
ED cắt AB tại P và Q. Các dây AD và EC kéo dài cắt nhau tại I, các dây BC và ED kéo
dài cắt nhau tại K. Chứng minh rằng :
a) Tứ giác CDIK nội tiếp .
b) Tứ giác CDQP nột tiếp .
c) IK // AB .
d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AQD tiếp xúc với EA.
2) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O;R). Hạ các đường cao AD, BE của
tam giác. Các tia AD, BE lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai M, N.
Chứng minh rằng :
a) Bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn. Tìm tâm I của đường tròn đó.
b) MN // DE .
c) Cho (O) và dây AB cố định, điểm C di chuyển trên cung lớn AB. Chứng minh
rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CED không đổi .
Câu 5 (2,0 điểm):
Cho xyz = 1 và x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của B = x16 + y16 + z16 .
----------------------- Hết ------------------------


Ghi chú: Thí sinh môn Toán không được mang máy tính vào phòng thi
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ NINH
HƯỚNG DẪN

CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2015-2016
Môn: Toán
Câu 1 (3,0 điểm):
1) Vì p là SNT và p <5 nên p = 2 hoặc p = 3.
- Nếu p = 2 => 2p + 1 = 5 (là số nguyên tố) thì 4p + 1 = 9 là hợp số;
- Nếu p = 3 => 2p + 1 = 7 (là số nguyên tố) thì 4p + 1 = 13 là số nguyên tố;

1,5

2) Ta có: 2( x + y ) + 5 = 3 xy ⇔ 3 xy − 2 x − 2 y = 5

2
4
⇔ y (3 x − 2) − (3 x − 2) = 5 + ⇔ (3 x − 2)(3 y − 2) = 19
3
3
Do x, y nguyên dương nên 3 x − 2 ≥ 1; 3 y − 2 ≥ 1 mà 19 = 1.19 = 19.1

3 x − 2 = 1
(I)

3
y
−
2
=
19
nên ta có các khả năng sau: 

;

3 x − 2 = 19
(II)

3
y
−
2
=
1


Giải các hệ phương trình trên, ta đươc 2 nghiêm nguyên của phương trình là

(x; y) ∈ { (1; 7); (7; 1)}

1,5

Câu 2 (4,0 điểm):
 x 2 + 2 x ≥ 0
⇔
2
2
 x + x + 2 x ≠ 0; x − x + 2 x ≠ 0
1) A xác định
x 2 + 2 x ≥ 0 ⇔ x ≤ −2; x ≥ 0

x + x 2 + 2 x ≠ 0; x − x 2 + 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠ 0

Vậy A xác định ⇔ x ≤ −2 và x > 0

A=

2)
A=

2,0

( x − x 2 + 2 x ) 2 − ( x + x 2 + 2 x )2
( x − x 2 + 2 x )( x + x 2 + 2 x )
−4 x x 2 + 2 x
= 2 x2 + 2 x
−2 x

2,0

Câu 3 (4,0 điểm):
1)

(x − 1)3 + x 3 + (x + 1)3 = (x + 2)3

⇔ x3 - 3x2 + 3x - 1 + x3 + x3 + 3x2 + 3x + 1 = x3 + 6x2 + 12x + 8
⇔ x3 - 3x2 - 3x - 4 = 0

2,0


⇔ x3 - 1 - 3x2 - 3x - 3 = 0
⇔ (x-1)(x2 + x + 1) - 3(x2 + x + 1) = 0
⇔ (x2 + x + 1)(x - 4) = 0
2)

Cách 1:
2

2
1+
3

2

x−x =

(

x + 1− x



2
⇔ 1 +
x − x2 ÷ =
3



(

)

(

x + 1− x

)

)

2

⇔ 4 x − x 2 − 6 x − x2 = 0 ⇔ x − x2 4 x − x 2 − 6 = 0
 x − x2 = 0
x = 0
⇔ 
⇔
3
2
x = 1
 x − x = 2

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = 0, x = 1 .

2,0

Cách 2:
t2 − 1
⇒ x−x =
1≤ t ≤ 2
2

Đặt t = x + 1 − x
Phương trình trở thành:

1+

2

t = 1
x = 1
t2 − 1
=t⇔
⇔ x + 1− x = 1 ⇔ 
3
t = 2 ( khoâng thoûa maõn )
x = 0

2,0

Câu 4 (7,0 điểm):
1)
A
B
D
C
Q
P
E
I
K

a) D và C cùng nhìn IK dưới hai góc bằng nhau
(góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau ). Suy ra tứ
giác DIKC nội tiếp .

1,25

b) sđ (QDC + QPC)
= ½sđ (BE + CB) + ½ sđ (ADC + BE)
= ½ sđ( BE + CB + ADC + BE ) = 1800
Nên tứ giác CDQP nội tiếp .

1,0

c) sđ API = ½ sđ( CB + AE ) = ½ sđ ( CB + BE ) = sđ CDK = sđ CIK = ½ sđ CK
Từ đó suy ra IK // AB .

1,25


d) EAQ = ADQ ( góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau ). Suy ra AE là tiếp tuyến
0,5
2)
A
N
C
I
B
M
D
E
O
K
H

a) E, D cùng nhìn AB dưới một góc vuông
nên tứ giác AEDB nội tiếp trong một đường
tròn đường kính AB có I (trung điểm của
AB) là tâm
1,25
b) Ta thấy : ABE = ADE ( chắn cung AE )
mà ABE = AMN ( chắn cung AN )
nên ADE = AMN hay DE // MN .
1,25
c) Kẻ thêm hình như hình vẽ. Dựa vào góc nội tiếp của tứ giác AEBD suy ra
được CN = CM nên OC ⊥ MM ⇒ OC ⊥ DE
Tứ giác HDCE nội tiếp đường tròn tâm K (trung điểm của HC) đây cũng là
đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE ⇒ KD = KE và ID = IE nên IK ⊥ DE hay
IK // OC và OI // CK nên OIKC là hình bình hành ⇒ KC = OI không đổi.
Câu 5 (2,0 điểm):
Ta có :
(a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ≥ 0
∀a,b,c
2
2
2
⇔ a + b + c ≥ ab + ac + bc (1)
áp dụng bất đẳng thức (1) ta có :
B = x16 + y16 + z16 = (x8)2 + (y8)2 + (z8)2 ≥ x8y8 + y8z8 + z8x8
⇔ B ≥ x8y8 + y8z8 + z8x8
⇔ B ≥ (x4y4)2 + (y4z4)2 + (z4x4)2 ≥ x4y4. y4z4+ x4y4. z4x4 + y4z4. z4x4
⇔ B ≥ x4y8z4 + x8y4z4 + x4y4z8
⇔ B ≥ (x2y4z2)2 + (x4y2z2)2 + (x2y2z4)2 ≥ x6y6z4 + x6y4z6 + x4y6z6
⇔ B ≥ (x3y3z2)2 + (x2y3z3)2 + (x3y2z3)2 ≥ x5y6z5 + x6y5z5 + x5y5z6

⇔ B ≥ (xyz)5.x + (xyz)5.y + (xyz)5.z = x + y + z = 3
(do xyz = 1 và x + y + z = 3)
⇒ Bmin = 3 ⇔ x = y = z = 1

0,5

2,0