De HSG toan 9 hay

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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. ( x 2  x  2) x 2  x  2  ( x 2  x  2) x 2  x  2 x 4  3x 2  4. a/ Rút gọn A Bài 2: (4,5 điểm). :. 2 x 4 x2  x  2 . x2  x  2. 12 b/ Tìm giá tri bé nhất của biểu thức M=A+ x  2. 2 3 2 a/ Giải phương trình 2 x  3 x  5  5 x  4 x  9 x  2. x  y 2015 x; y; z  b/ Tìm tất cả các bộ số nguyên dương  thỏa mãn y  z 2015 là số hữu tỷ và x 2  z 2 7 y 2  99. Bài 3: (4,5 điểm) a 2  b 2 4  (. ab  2 2 ) a  b . Chứng minh. ab  2 là số hữu tỉ a/ Cho a, b là số hữu tỷ thoả mãn b/ Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc 1 .Chứng minh rằng. 1 1 1   1 a 5  b2  ab  6 b5  c 2  bc  6 c5  a 2  ca  6. 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 1 N  BG  sao cho GC= 3 AC. Tia OG cắt BC tại M, vẽ ON vuông góc với BG  .. a/ Chứng minh MA là tiếp tuyến của đường tròn (O;R) 4 4 4 4 b/ Tia CN cắt đường tròn tại K . Tính KA  KB  KC  KD 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:.................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN LỚP 9 Câu Bài 1 a/ 2,5đ. Nội Dung 4 2 4 2 2 2 2 Ta có x  3x  4 ( x  4 x  4)  x ... ( x  x  2)( x  x  2) ( x 2  x  2) x 2  x  2  ( x 2  x  2) x 2  x  2 2 x 4 A : ( x 2  x  2)( x 2  x  2) x2  x  2  x2  x  2 Vậy. x. 2.  x  2 ( x 2  x  2). . 2. . x2  x  2  x2  x  2 2. ( x  x  2)( x  x  2). =. x. 2. .  x  2 ( x 2  x  2). . x2  x  2  x2  x  2. ( x 2  x  2)( x 2  x  2). b/ 1,5đ. Điểm 4đ.  : 2(. . x  2). 2( x  2). . x2  x  2  x2  x  2. . 0,75. 2x 2x. . x2  x  2  x2  x  2. =. x x 2. x Vây A= x  2 với x>0 12 M=A+ x  2 =. 0,5 0,5. x  12 ( x  4) 16 16 16   x  2  x 2   4 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 16 x 2   x 4 x 2 dấu = có khi . Vây M bé nhất bằng 4 khi x=4. . Bài 2 a/ 2,0đ. 0,75. . . . 16  4 4 x 2. 1 0,5 4,5 đ. 2 3 2 Ta có 2 x  3 x  5  5 x  4 x  9 x  2 2 3 2 2  2 x  3 x  5  5 x  x  5 x  x  10 x  2 2 2  2 x  3 x  5  x  5 x  1  x  5 x  1  2(5 x  1). 1 2( x 2  x  2)  (5 x  1)  (5 x  1)( x 2  x  2) đk x  5 2 1 7  2 x  x  2  x     0 2 2 4  Đặt x  x  2 a với a>0 vì ; đặt. 0,5. 5 x  1 b với b 0.  x 2  x  2 a 2 và 5 x  1 b2 Vây ta có PT 2a 2  b2 ab  2a 2  2ab  ab  b 2 0  2a(a  b)  b(a  b) 0   a  b   2a  b  0 2 2 2 2 Vì a>0 và b 0 nên 2a+b>0 vây ta có a  b=0  a b  x  x  2 5 x  1  x  4 x  3 0  x 1  x 2  x  3x  3 0  ( x  1)( x  3) 0    x 3 Thỏa mãn Vậy nghiệm của PT là x=1;x=3. 0,75. 0,5 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> b/ 2,5đ. x  y 2015 m  m, n  * ,  m, n  1 Ta có y  z 2015 n .  nx  my  mz  ny  2015. . . nx  my Q mz  ny -Nếu mz  ny 0 vô lý vì 2015 là số vô tỉ nx  my 0 x y m       xz y 2 mz  ny  0 y z n  ny  0  Vậy mz . 2015 . . 0,5. 2. 2 2 2   x  z   2 xz  99 7 y 2 Nên ta có x  z  99 7 y 2. 2. 2. 2 2   x  z   2 y  99 7 y   3 y    x  y  99   3 y  x  z   3 y  x  z  99  993 y  x  z. Vì x, y,z nguyên dương nên 3y+x+z 5  3 y  x  z 9,11,33,99 10  6 y 20  y  3 (loại) -Nếu 3y+x+z=9 Ta có 3y  x  z=11 10  6 y 20  y  3 (loại) -Nếu 3y+x+z=11 Ta có 3y  x  z=9 50  6 y 100  y  3 (loại) -Nếu 3y+x+z=99 Ta có 3y  x  z=1 -Nếu 3y+x+z=33 Ta có 3y  x  z=3  6 y 36  y 6  x  z 20  z 20  x 2 Mà xz =y2 nên ta có x(20  x)=36  x  20 x  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). Bài 3 a/ 2,5đ. 0,25 0,25 0,25. 0,25 4,5 đ 2. a 2  b 2 4  (.  ab  2  4 ab  2 2 2 )   a  b   2ab  2 a b  a  b. Đặt a+b=s và ab=p. Ta có ( p  2) 2 2  s  2p  4  s 4  2 ps 2  ( p  2) 2 4s 2 2 s 2.  s 4  2 s 2 ( p  2)   p  2  0  s 2  p  2. .  s 2  p  2 0  p  2 s 2 . b/ 2,0đ. 0,75 0,25. . 2. p2 s . 1,0. 0. 1,0 0,5. ab  2  a  b. a b Vị a, b là số hữu tỉ nên là số hữu tỉ. Vây ab  2 là số hữu tỉ 2 2 2 2 3 x 2  y 2  z 2   x  y  z   x  y    y  z    x  z  0 Ta có 2 x  y  z  3( x 2  y 2  z 2 )  Vây dấu = có khi x=y=z. . . Vây khi x,y,z>0 ta có x+y+z.  3 x2  y 2  z 2 . 1 Áp dụng ta có. a 5  b2  ab  6. . dấu = có khi x=y=z. 1 b5  c 2  bc  6. . 1 c5  a 2  ca  6. 1 1 1    3 5  5 2  5  2 2  a  b  ab  6 b  c  bc  6 c  a  ca  6  5 2 Ta có a  a  3 3a (1). 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  a 5  a 2  3a  3 0  a 2 (a 3  1)  3(a  1) 0  a 2 (a  1) a 2  a  1  3(a  1) 0  (a  1)(a 4  a 3  a 2  3) 0. . . 4 3 3 2 2   a  1 a  a  2a  2a  3a  3 0 2   a  1 a 3  2a 2  3a  1 (2) Ta thấy (2) đúng vơi a>0 vây (1) đúng với a>0 5 2 Vậy với a>0 ta có a  a  3 3a dấu = có khi a=1. . . . Ta có. . 0,25. a 5  b 2  ab  6  a5  a 2  3  a 2  b 2  ab  3 3a  2ab  ab  3 3(ab  a  1). .  . . 1 1  a  b  ab  6 3(ab  a  1) dấu = có khi a=b=1 1 1  5  2 a  b  ab  6 3(ab  a  1) dấu = có khi a=b=1 Tương tự . 5. 2. 0,5. 1 1  5 2 c  a  ca  6 3(ca  c  1) dấu = có khi a=b=1. 1 Vây ta có. a 5  b2  ab  6. . 1 b5  c 2  bc  6. . 1 c5  a 2  ca  6. 1 1 1    3 5  5 2  5  2 2  a  b  ab  6 b  c  bc  6 c  a  ca  6  . 1 1 1   ab  a  1 bc  b  1 ca  c  1. 0,5 0,25. 1 a ab ab  b  1    1 ab  a  1 1  ab  a a  1  ab ab  b  1 =. 1 Vậy Bài 4. 5. 2. a  b  ab  6. . 1 5. 2. b  c  bc  6. . 1 5. 2. c  a  ca  6. 1 Dấu = có khi a=b=c. 6đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> a/ 2đ. b/ 2đ. Lấy I là trung điểm của BC ta có OI là đường trung bình của tam giác ABC  OI//BC 1 1 1 và OI= 2 CB (1) ; Vì I là trung điểm của BC nên IC= 2 AC mà GC= 3 AC 1 1 1 GI 1 1 1 AC  AC  AC   AC : AC  3 6 GC 6 3 2 nên GI=IC  GC= 2 OI GI 1 1     OI  CM 2 Ta có OI//BC ( cm trên)  OI//CM CM GC 2 (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) Ta có tam giác AKB nội tiếp đường tròn (vì 3 đỉnh nằm trên đường tròn) mà AB la đường kính nên 2 2 2 2 2 2 tam giác AKB vuông tại K, theo Pitago ta có KA  KB  AB  KA  KB 4 R  KA4  KB 4  2 KA2 KB 2 16 R 4 Vẽ KP vuông góc với AB, theo hệ thức lương trong tam giác vuông AKB ta có KA KB  AB KP  KA KB 2 R KP  KA2 KB 2 4 R 2 KP 2 4 4 2 2 4 4 4 4 2 2 Vây ta có KA  KB  8R KP 16R  KA  KB 16 R  8R KP 4 4 4 2 2 Vẽ KQ vuông góc với CD, chứng minh tương tự ta có KC  KD 16 R  8R KQ KA4  KB 4  KC 4  KD 4 32 R 4  8 R 2 KP 2  KQ 2 Vây Ta có 0    Xét tứ giác KPOQ có O P Q 90 nên tứ giác KPOQ là hình chữ nhật. . 2. 2. 2. 2. c/ 2đ. 1,0. 0,75 0,25. . 2. Vậy ta có KP +KQ =PQ =KO =R KA4  KB 4  KC 4  KD 4 32 R 4  8R 2 KP 2  KQ 2 32 R 4  8 R 2 R 2 24 R 4 Vậy = 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 . 1 AC Xét MAB có AM là trung tuyến mà GC= 3 nên G là trọng tâm của MAB , keo dài BG cắt MA đường tròn tại F và AM tại E ta có BE là trung tuyến của MAB nên EA=EM= 2 , mà OA=OB= AB 2 nên EA=BO. Ta có AFB nội tiếp đường tròn, mà AB là đường kính nên AFB vuông tại F  AF  BE        OBN  FAB 900 ; Vì MA  AB ( cm trên) nên EAF  FAB 900  EAF OBN 0     Xét EAF và OBN có AE=OB , EAF OBN ; EFA ONB 90  EAF OBN. . 1,0. 0,75 0,25. .  AF=NB ; Ta có ON  BF  NB  NF (vi...) nên FA=FN=NB  AFN vuông cân   FNA 450  ANB 1350 . 0   Ta có MAF=BAN (cgc)  MFA  ANB 135 , mà   AFN 900  MFN 3600  1350  900 1350 Ta có MFN MFA (cgc)  MN MA mà MA=AB=2R  MN 2 R Bài 5. 0,25. 0,25 0,5 0,5 0,5. 1đ x. x. Đặt y  4 a với a  Z và a  3 ; ta có 3  111 (a  1)(a  1)  3  112 a -Nếu x lẻ  x 2k  1. 2.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  3x 112 32 K 1 112 3  9k  1  3 112 3 (9  1)(9k  1  9 k  2  ...  1)  3 112 =24q+3+112=4(8q+28)+3 chia cho 4 dư 3  3  112 chia cho 4 dư 3  a 2 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 x. 32 k  112 a 2   a  3k   a  3k  112  112a  3k Vây ta có. 0,5. 2. a  3k  a  3k   a  3k   112  a  3k  10  a  3k 14, 28,56,112 Vì a  3  a  3 0 ; Vì k k -Nếu a  3 14  a  3 8  2a 22  a 11  x 2; y 15 k k x -Nếu a  3 28  a  3 4  2a 32  a 16  3 144 (loại) k. k k -Nếu a  3 56  a  3 2  2a 58  a 29  x 6; y 33 112 a  3k 112  a  3k 1  2a 113  a  2 (loại) -Nếu Vây ta có (2;15) ; (6;33) thõa mãn dầu bài. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>