088 đề HSG toán 9 nghệ an a 2016 2017

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP CẤP THCS NĂM HỌC 2016-2017 Mơn thi : TỐN – BẢNG A Thời gian : 150 phút (không kể giao đề) Câu (4 điểm) a) Tìm hệ số a, b, c đa thức P(x)  x2  bx  c biết P (x) có giá trị nhỏ – x = x  xy2  xy  y3  b) Giải hệ phương trình  2 x   x  y  1  y    Câu (4 điểm) a) Giải phương trình x    x2   x b) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  Tìm giá trị lớn biểu thức P  2a 1 a  b 1 b  c  c2 Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC có BAC  1350 ,BC  5cm đường cao AH = cm Tìm độ dài cạnh AB AC Câu (5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), D điểm cung BC khơng chứa A Dựng hình bình hành ADCE Gọi H, K trực tâm tam giác ABC ACE Gọi P Q hình chiếu K BC AB, gọi I giao điểm EK với AC a) Chứng ba điểm P, I, Q thẳng hàng b) Chứng minh PQ qua trung điểm KH Câu (4 điểm) a) Tìm tất số nguyên tố khác m, n, p, q thỏa mãn 1 1     1 m n p q mnpq b) Trên bảng có ghi hai số Ta ghi số lên bảng theo quy tắc sau: Nếu có hai số phân biệt bảng thi ghi thêm số z  xy  x  y Chứng minh số bảng (trừ số 1) có dạng 3k  với số k tự nhiên ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NGHỆ AN BẢNG A 2016-2017 Câu a) Do đa thức P(x)  x2  bx  c có bậc hai có giá trị nhỏ - x=2 nên viết dạng P(x)   x  2  Từ ta có P(x)  x2  bx  c   x    Hay ta x2  bx  c  x2  4x  , Đồng hệ số hai vế ta b  4;c  b) Điều kiện xác định phương trình x  Phương trình thứ hệ tương đương với x  y x(x  y2 )  y(x  y2 )    x  y  x  y2    x  y    Với x+y2=0, kết hợp với điều kiện ta xác định x  ta x = y = Thay vào phương trình lại ta thấy khơng thỏa mãn Với x=y, thay vào phương trình lại ta được: 2(x2  1)  x(x 1)  x   x2  3x x  x  x   Đặt t  x  , ta phương trình 2t  3t  t  3t   Nhẩm t  2;t  nên ta phân tích 2t (t  2)  t  t     t  1 t      t    2t  t  t  1    t   2t  1  t  t  1   x  y  t   2  xy t     Câu a) Quan sát phương trình ta ý đến biến đổi  x2  (1  x)(1  x) Để ý đến điều kiện xác định ta phân tích  x2   x x  Như ta viết lại phươn trình x    x x    x Ta có biểu diễn x   2(x  1)  (1  x) Đến ta đặt ẩn phụ a  x  1;b   x ta viết lại phương trình lại thành 2a2  b2   3ab  a Hay b2  3ab  2a2  a   Xem phương trình phương trình ẩn b a tham số ta có   9a  4(2a  a  1)   a   Do phương trình có hai nghiệm b  b 3a  (a  2)  a  3a  (a  2)  2a  24  x   x    x   25 Với b = a – ta  x   x    x   Với b = 2a+1 ta  24   ;    25   Kết hợp với điều kiện ta tập nghiệm S   b) Từ giả thiết ab+bc+ca=1, ta để ý đến phép biến đổi a   a  ab  bc  ca  a  b a  c  Áp dụng tương tự bất đẳng thức trở thành P 2a  a  b  a  c   b  a  b  b  c   c a  c  b  c  Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta P 2a  a  b  a  c   b  a  b  b  c   c  a  c  b  c     1     a   b   c     ab ac  a  c 4(b  c)   4(b  c) a  c  ab bc ac     1 1  a  b 4(b  c) a  c 4 Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy 1     a;b;c    ; ;   15 15 15  Câu M A B I H N C Gọi AB = y; AC=x Dựng CM vng góc với AB, ta AM=CM= x 2 Ta có S ABC  AH.BC  1 x Lại có S ABC  CM AB  y 2 2 2 x   xy  10 2 Tam giác BCM vuông M nên ta lại có BM2  MC2  BC2 Suy Do ta S ABC  CM.AB  y 2  x  x  x2 x2 2 y     y   xy   25     2 2     Từ ta x2  y2  15 Ta có hệ phương trình x  10 x  y2  15  x  y   2xy  15      xy  xy  10 y  Do vai trò AB AC nên ta có kết AB  10;AC  AB  5;AC  10 Câu N Q E J F A K I H P B M C D a) Trước hết, ta chứng minh điểm K thuộc đường tròn (O) Do K trực tâm tam giác ACE nên ta có KJEF nội tiếp Từ suy AKC  AEC  1800 Mặt khác tứ giác ADCE hình bình hành nên lại có ADC  AEC Từ suy AKC  ADC  1800 , nên tứ giác ADCK nội tiếp hay điểm K nằm đường tròn +) Chứng minh ba điểm I, P, Q thẳng hàng Do K trực tâm tam giác ACE nên ta có KI vng góc với AC Đường thẳng qua ba điểm I, P, Q đường thẳng Simson b) Chứng minh PQ qua trung điểm KH Gọi N giao điểm PQ AH Gọi M giao điểm AH với đường tròn (O) Khi dễ thấy tam giác PHK cân Do AH // KP nên tứ giác KPMN hình thang Lại có BPKQ nội tiếp nên suy QBK  ABK  AMK  QPK nên tứ giác KPMN nội tiếp Do KPMN hình thang cân Do PMH  PHM  KNM nên KN // HP Do tứ giác HPKN hình bình hành Từ ta có điều phải chứng minh Câu a) Do m, n, p, q số nguyên tố khác nên khơng tính tổng qt ta giả sử n  m  p  q Khi ta q  2;p  3;n  5;m  Dễ thấy 1 1 3.5.7 2.3.7 2.5.7 2.3.5 1 248       1 2.3.5.7 2.3.5.7 210 Lại thấy: 1 1 3.5.7  11.3.7  11.5.7  11.3.5  887       1 11 3.5.7.11 3.5.7.11 1155 Từ suy số m, n, p, q có số Do q nhỏ nên ta q=2 Từ ta lại 1 1     m n p 2mnp Dễ thấy với p=5, n=7, m=11 ta có 1 1     Như ba 11 2.5.7.11 số nguyên tố m, n, p phải có số 3, suy p=3 Từ lại có 1 1    hay ta mn  6m  6n    m   n    37 m n 6mn Đến ta n = 7; m = 43 Thử lại ta thấy bội số (m;n;p;q)=(2;3;7;43) thỏa mãn toán b) Từ hai số bảng ta thấy có số chia dư Do hai số x y khác có x+1 y+1 chia hết cho 3, suy  x  1 y  1 chia hết cho Khi ta viết thêm số z  xy  x  y   x  1 y  1  ta z chia dư Như dãy số viết bảng trừ số chia dư hay số có dạng 3k+2 ... 3ab  a Hay b2  3ab  2a2  a   Xem phương trình phương trình ẩn b a tham số ta có   9a  4( 2a  a  1)   a   Do phương trình có hai nghiệm b  b 3a  (a  2)  a  3a  (a  2)  2a. .. y  Do vai trò AB AC nên ta có kết AB  10;AC  AB  5;AC  10 Câu N Q E J F A K I H P B M C D a) Trước hết, ta chứng minh điểm K thuộc đường tròn (O) Do K trực tâm tam giác ACE nên ta có KJEF...    a; b;c    ; ;   15 15 15  Câu M A B I H N C Gọi AB = y; AC=x Dựng CM vuông góc với AB, ta AM=CM= x 2 Ta có S ABC  AH.BC  1 x Lại có S ABC  CM AB  y 2 2 2 x   xy  10 2 Tam giác