MÃ KÍ HIỆU ĐỀTHI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ MÔN TOÁN LỚP 9- Năm học 2015- 2016 ( Thời gian 150 phút không kể giao đề ) (Đề thi gồm câu trang) [ *****] Bài (2,0 điểm) 1.Tính giá trị biểu thức: A = x + x − x + với x = + + + − + − − − 2 Chứng minh rằng: Nếu ax = by = cz 1 + + = x y z ax + by + cz = a + b + c Bài (2,0 điểm) 1.Cho phương trình bậc hai ẩn x : x2 + 2( m – )x – m2 = , với m tham số Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 < x2 x1 − x2 = ( Giải phương trình x + ( x + 1) x + + 2 = x + x + + ) Bài (2,0 điểm) 1.Tìm số tự nhiên x; y; z thỏa mãn đồng thời (x -1) + y - 2z = x + y + z – số nguyên tố Cho số thực a, b, c dương chứng minhrằng : a3 a3 + ( b + c) + b3 b3 + ( c + a ) + c3 c3 + ( a + b ) ≥1 Bài (3,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) đường kính BC Gọi A điểm thỏa mãn tam giác ABC nhọn AB, AC cắt đường tròn điểm thứ hai tương ứng E D Trên cung » không chứa D lấy F (F ≠ B, C) AF cắt BC M, cắt đường tròn (O;R) N BC (N ≠ F) cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE P (P ≠ A) · a) Giả sử BAC = 600 , tính DE theo R b) Chứng minh AN.AF = AP.AM c) Gọi I, H thứ tự hình chiếu vuông góc F đường thẳng BD, BC » để Các đường thẳng IH CD cắt K Tìm vị trí F cung BC biểu thức BC BD CD + + đạt giá trị nhỏ FH FI FK Bài (1,0 điểm) Cho lưới ô vuông kích thước x 7, ô vuông điền số - Kí hiệu tích cá số hàng thứ i bj tích số cột thứ j ( ≤ i , j ≤ ) Chứng minh : a1 + b1 + a2 + b2 + ….+ a7 + b7 ≠ ********* Hết******** MÃ KÍ HIỆU ĐÁP ÁNĐỀTHI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ MÔN TOÁN LỚP 9- Năm học 2015- 2016 ( Thời gian 150 phút không kể giao đề ) (Hướng dẫn đề thi gồm trang) [ *****] CÂU Câu1 2,0 điểm PHẦN 1,0điểm ĐIỂM NỘI DUNG Đặt a = + + + - + , a > a2 = + − 5+ = 4+ 6− = 4+ ( ) − = 3+ ⇒ a = 3+ 5 +1 −1 6+ 6− − −1 = −1 ⇒ x = 3+ − 3− −1= − −1 = 2 2 0,25 x = − ⇒ x2 + x − = 0,25 B = 2x3 + 3x2 – 4x + B = 2x(x2 + 2x -1 ) - ( x2 + 2x -1 ) + = 0,25 b) Chứng minh rằng: Nếu ax = by = cz 1,0điểm 0,25 1 + + = x y z ax + by + cz = a + b + c Đặt: ax = by = cz = t Ta có: ax + by + cz = Mặt khác: 1 t t t + + = t + + = (1) x y z x y z t = x a = y3 b = z c  1 1 a + b + c = t  + +  = t (2) x y z Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh Suy ra: x + ( m − ) x − m = ( m tham số) Ta có ∆ ' = ( m − ) + m 2 Câu 2,0 điểm 1,0 điểm ( m − ) ≥ ⇒ ∆ ' = ( m − ) + m2 ≥ Do   m ≥ ( m − ) =  m = ⇒ => m ∈ Φ Dấu = xảy  m =  m = 0,25 0,5 0,25 Vậy ∆ ' = ( m − ) + m > ∀m Suy phương trình có nghiệm phân biệt x1 < x2 0,25  x1 + x2 = − 2m Theo viet ta có :   x1.x2 = − m Để x1 − x2 = ⇒ ( x1 − x2 ) = 36 ⇔ x12 + x2 − x1 x2 = 36 (1) 0,25 Do x1.x2 = −m ≤ ⇔ x1.x2 = − x1.x2 0,25  x1 + x2 =  x1 + x2 = −6 2 Thay vào (1) ⇒ x1 + x2 + x1 x2 = 36 ⇔ ( x1 + x2 ) = 36 ⇔  - Nếu : x1 + x2 = ⇒ - 2m = ⇔ m = -1 - Nếu : x1 + x2 = −6 ⇒ - 2m = - ⇔ m =5 Với m = - 1, thay vào ta có phương trình x − x − = có ∆ ' = 10 > Phương trình có nghiệm x1 < x2 x2 = + 10 x1 = − 10 Khi : − 10 − + 10 = −6 (KTM) Với m = 5, thay vào ta có phương trình x + x − 25 = có ∆ ' = 34 > Phương trình có nghiệm x1 < x2 x2 = −3 + 34 x1 = −3 − 34 0,25 Khi : −3 − 34 − −3 + 34 = (TM) Vậy m = ( 0,25 ) x + ( x + 1) x + + 2 = x + x + + (1) ĐKXĐ: x ≥ −1 Đặt: y = x + 1; z = Khi (1) có dạng : x3 + y3 + z3= (x + y +z)3 (2) Chứng minh (2) ⇔ (x+y)(x+z)(z+x) = b) 1,0 ®iÓm Với: x + y = ⇔ x + x +1 = ⇔ x +1 = −x ⇒ x = 1− 0.25 0.25 ( Thỏa mãn) Với: x + z = ⇔ x + = ⇔ x = − ( không thỏa mãn) 0.25 Với: y + z = ⇔ x + + = - vô nghiệm Vậy phương trình có nghiệm: x = 1− 0.25 Ta có Câu 2,0 điểm a) 1.0 điểm ( x + y + z − 1)3 = [ ( x − + y + z )] = ( x − 1)3 + y + 3( x − 1) y ( x − + y )  + z + 3( x − + y ) z + 3( x − + y ) z = z + 3( x − 1) y ( x − + y ) + 3( x − + y ) z + 3( x − + y ) z M3 0,25 ( (x -1) + y3 = 2z ) ⇒ ( x -1 + y + z) chia hết cho Vì x − + y + z nguyên tố nên x − + y + z = 0.25 Vai trò x, y, z nên không tính tổng quát, giả sử : x − ≤ z ≤ y ⇒ = x − + y + z ≥ 3( x − 1) ⇒ x − ≤ ⇒ x − ∈ { 1;0} Với x − = ⇒ y = z y + z = , suy không tồn y, z số tự nhiên thỏa mãn Với x − = ⇒ + y = z y + z = Tìm y = z = Đáp số x = 2; y = z = Ta có: b) 1,0 ®iÓm x3 + = 0.25 0.25 x + + x2 − x + x2 + = 2 ( x + 1) ( x − x + 1) ≤ Với x là số dương Dấu “ =” xảy x = hoặc x = 0,25 Biến đổi: a3 a3 + ( b + c) ⇒ a3 a3 + ( b + c) = b+c 1+  ÷  a  ≥ 2 b+c  ÷ +2  a  = 2a ( b + c) 2a a2 ≥ = (1) 2b + 2c + 2a b + c + a 2 + 2a 0,25 Tương tự ta có: b3 b3 + ( c + a ) b2 ≥ 2 (2) b + c + a2 0,25 c3 c3 + ( a + b ) c2 ≥ 2 (3) b + c + a2 Từ (1); (2) và (3) suy ra: a3 a3 + ( b + c) b3 + b3 + ( c + a ) c3 + c3 + ( a + b ) ≥1 0,25 Dấu “ = ” xảy a = b = c Vẽ hình (1 trường hợp) A N 0,25 D Câu 3,0 điểm E a) 1,0 ®iÓm P I O B H M C K F · Sđ BAC = b) 1,0 ®iÓm » 1800 − sd DE » = 600 ⇒ sd DE 0,25 · Suy EOD = 600 nên tam giác OED 0,25 suy ED = R 0,25 ·APE = ·ADE (2 góc nội tiếp chắn cung AE) ·ABM = ·ADE (Cùng bù với góc EDC) Suy ra: ·ABM = ·APE nên tam giác APE đồng dạng với tam giác ABM AE AM = ⇒ AE AB = AM AP (1) Nên AP AB Tương tự chứng minh tam giác ANE đồng dạng với tam giác ABF AE AF = ⇒ AE AB = AN AF (2) AN AB 0,25 0,25 0,25 0,25 Từ (1) (2) suy ra: AN.AF = AP.AM c) 1,0 ®iÓm Xét I nằm B, D( Nếu I nằm B,D vai trò K với DC I với BD) · · · Tứ giác BIHF, BDCF nội tiếp nên FHK ( FBD ), = FCK · suy tứ giác CKFH nội tiếp nên FKC = 900 DK BH = Lý luận tam giác DFK đồng dạng tam giác BFH nên: FK FH CK BI = Tương tự tam giác CFK đồng dạng tam giác BFI nên: FK FI DC BH BI = − Suy ra: FK FH FI DC BD BH BD BI BH ID + = + − = + FK FI FH FI FI FH FI ID HC DC BD BH HC BC = + = + = Mà suy ra: FI FH FK FI FH FH FH Vậy BC BD CD BC BC BD CD + + = + + nên nhỏ FH lớn FH FI FK FH FH FI FK F trung điểm cung BC Ta có = = - ; bj = bj = - , với ≤ i , j ≤ i , j ∈ N Giả sử a1 + b1 + a2 + b2 + ….+ a7 + b7 ≠ sai , Câu 1,0 điểm suy a1 + b1 + a2 + b2 + ….+ a7 + b7 = số hạng tổng có số số – , : a1 b1 a2 b2 … a7 b7 = 17 ( - )7 = - Mặt khác : a1 a2.a7 b1 b2 b7 vế tích số bảng Ta nhận mâu thuẫn nên có đpcm Lưu ý: học sinh giải theo cách khác cho đủ số điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0