Đề thi HSG cấp TP Quy Nhơn Năm học: 2015-2016 môn thi: Toán 9

 Năm học: 2015-2016 
 Ngày thi: 01/12/2015 
 MÔN THI: TOÁN 
Bài 1: (3đ) 
Cho 
1 1 1 1
...
1 2 2 3 3 4 120 121
A     
   
 ; 
1 1 1
1 ....
2 3 35
B      
CMR A=10 và B>A 
Bài 2: (5đ) 
a) Giải pt: x2+4x+5=2 2 3x  b) Tìm các nghiệm nguyên của pt: 2x2+4x=19-3y2 
Bài 3: (5đ) 
a) CMR nếu ba số a,a+k,a+2k đều là số nguyên tố lớn hơn 3 thì k 6 
b) Cho a, b, c là các số thực dương sao cho a c, b c. CMR:    c a c c b c ab    
Bài 4: (3đ) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB=
3
4
AC, đường phân giác BD cắt đường phân giác CE ở I. 
Gọi M là trung điểm của BC. CMR: 
a) CD=CM b) 
090BIM  
Bài 5: (4đ) Cho đường tròn (O) và điểm A ở bên ngoài (O). Từ A kẻ các tiếp tuyến AB, AC với (O) (B,C là 
các tiếp điểm ) . Lấy 1 điểm M trên cung nhỏ BC và gọi D,E,F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M 
trên BC, CA,AB. Gọi P là giao điểm MB với DF , Q là giao điểm MC với DE. CMR: 
a) MD2=ME.MF b) PQ//BC 
../.. 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Bài 1: (3đ) 
Ta có: 
  
1 1 1
1
11 1 1
n n n n
n n
n nn n n n n n
    
     
      
 với *n N  
=>A= 1 2 2 3 3 4 ............. 120 121 1 121 1 11 10                
Ta có: 
 
  
2 11 2 2
2 2 1
2 1 1 1
n n
n n
n n n n n n n n
 
      
     
 với *n N  
=>B > 2 1 2 2 2 2 2 3 2 3 2 4 ......... 2 35 2 36 2 1 2 36 2 12 10                
=> B>A 
Bài 2: (5đ) 
a) x2+4x+5=2 2 3x  (ĐK: 
3
2
x   ) 
       
 
222 2x 4x 5 2 2 3 2 1 2 3 2 2 3 1 0 1 2 3 1 0
1 0 1 1 1
1
2 3 1 12 3 1 0 2 3 1
x x x x x x x
x x x x
x TMDK
x xx x
                   
 
          
         
           
Vậy pt có nghiệm duy nhất x=-1 
 b) 2x2+4x=19-3y2 2(x+1)2 +3y2 =21 (*) => 3y2 21 =>y2 7 , mà yZ => y2  0;1;4 
-Nếu y2=0 hay y=0 thì (*) 2(x+1)2 =21  
2 21
1
2
x Z   (loại) 
-Nếu y2=1 hay y= 1 thì (*) 2(x+1)2 =18  
2 1 3 2
1 9
1 3 4
x x
x
x x
   
    
     
22
1
1
2
1
21
E
D
I
M
B
A C
-Nếu y2=4 hay y= 2 thì (*) 2(x+1)2 =9  
2 9
1
2
x Z   (loại) 
Vậy pt có bốn nghiệm nguyên (x;y) là (1;2) ;(1;-4) ; (-1;2) ;(-1;-4) 
Bài 3: (5đ) 
a) CMR nếu ba số a,a+k,a+2k đều là số nguyên tố lớn hơn 3 thì k 6 
Vì a là số nguyên tố lớn hơn 3 => a là số lẻ và a không chia hết cho 3 => a=3p 1 (với p N ) 
Vì a là số lẻ mà a+k là số nguyên tố => k là số chẵn => thì k 2 (1) 
Nếu k không chia hết cho 3 => k=3q 1 ( với q N ) 
-Xét trường hợp: a= 3p+1, 
+ Nếu k=3q+1 thì a+2k=3p+3q+3 3 => a+2k là hợp số (loại) 
+Nếu k=3q-1 thì a+k=3p+3q 3 => a+k là hợp số (loại) 
--Xét trường hợp: a= 3p-1, 
+ Nếu k=3q-1 thì a+2k=3p+3q-3 3 => a+2k là hợp số (loại) 
+Nếu k=3q+1 thì a+k=3p+3q 3 => a+k là hợp số (loại) 
Vậy k 3 (2) 
Vì (2;3)=1 nên từ (1) và (2) suy ra k k 6 
b) Với a, b, c là các số thực dương sao cho a c, b c. Theo BĐT Cô-si cho hai số không âmTa 
có: 
    1 1
. .
2 2
1 1 1
.2 1
2 2 2
c a c c b c c a c c b c c a c c b c
ab ab b a a b b a a b
c a c c b c a b
b a a a b b a b
        
         
   
   
            
   
Vì : 
   
1
c a c c b c
ab ab
 
  nên =>    c a c c b c ab    
Bài 4: (3đ) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB=
3
4
AC, đường phân giác BD cắt đường phân giác CE ở I. 
Gọi M là trung điểm của BC. CMR: 
a)CMR: CD=CM 
Đặt AC= 4a>0 => AB= 
3
4
AC=3a, theo định lý Pytago, ta có : AC=
2 2AB AC =5a. 
Theo tính chất đường phân giác của tam giác, ta có: 
5 5 5 5
3 3 3 5 8
5 5
.
8 2
CD BC a CD CD
AD AB a CD AD AC
CD AC a
      
 
  
Lại có : CM=
5
2 2
BC
a .Suy ra CD=CM 
b) CMR :
090BIM  
Ta có DCI=MCI (c-g-c) => D2=M2 =>D1=M1, 
 lại có B1=B2 => ABD  IBM 
 BIM=DAB=900 
Bài 5: (4đ) Cho đường tròn (O) và điểm A ở bên ngoài (O). Từ A kẻ các tiếp tuyến AB, AC với (O) (B,C là 
các tiếp điểm ) . Lấy 1 điểm M trên cung nhỏ BC và gọi D,E,F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M 
trên BC, CA,AB. Gọi P là giao điểm MB với DF , Q là giao điểm MC với DE. CMR 
a)CMR: MD2=ME.MF 
 BDM+ BFM=1800 => Tứ giác BDHF nội tiếp 
12
2
2
1
1
1
2
1
Q
P
E
D
F
C
B
O A
M
CDM+CEM=1800 => Tứ giác BDHF nội tiếp 
Ta có : D1=B1=C1=E1 ; 
D2=C2= B2= F2 
 suy ra MDF MED (g-g) 
=>
2 .
MD ME
MD ME MF
MF MD
   
b) CMR: PQ//BC 
D1= B1=C1 
và D2=C2= B2 
=>  PMQ+ PDQ= PMQ+D1+D2 
=PMQ+C1+B2 = 180
0 ( tổng 3 góc của ) 
=> Tứ giác MPDQ nội tiêp => Q1=D1 
mà D1=C1 suy ra Q1=C1. Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên PQ//BC