Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Phòng GD&ĐT Thanh Thủy (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Phòng GD&ĐT Thanh Thủy (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH THỦY ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2015- 2016 MÔN: TOÁN Đề chính thức Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề Đề thi có: 01 trang Câu 1 (3 điểm) a) Tìm các cặp số nguyên dương x; y thỏa mãn: 3xy x 15y 44 0 . b) Cho a,b,c là các số nguyên. Chứng minh rằng: A a b c 3 a b c 3 b c a 3 c a b 3 chia hết cho 24. Câu 2 (4 điểm) x 2 x 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức P : với x 0, x 1 . x x 1 x x 1 1 x 2 b) Cho x 3 5 2 3 3 5 2 3 . Tính giá trị biểu thức: A x2 2x 2 Câu 3 (4 điểm) Giải các phương trình sau: a) x2 4x 8 x2 5x 8 2x2 b) x2 7x 6 x 5 30 Câu 4 (7 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A. Vẽ đường tròn có tâm O nằm trên BC và tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại D, E. Gọi I là một điểm chuyển động trên cung nhỏ DE (I khác D và E). Tiếp tuyến của đường tròn tại I cắt các cạnh AB, AC tương ứng tại M, N. a) Chứng minh AM + AN + MN = 2AD. b) Chứng minh tích MB.CN có giá trị không đổi khi I di chuyển trên cung nhỏ DE. c) Xác định vị trí của điểm I trên cung nhỏ DE để tam giác AMN có diện tích lớn nhất. Câu 5 (2 điểm) 1 1 1 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện 6 . x y y z z x 1 1 1 3 Chứng minh rằng: 3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 2 .......... Hết .......... Họ và tên thí sinh: ..SBD: Cán bộ coi thi không cần giải thích gì thêm./. 1
2. PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH THỦY HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2015- 2016 MÔN: TOÁN Hướng dẫn chấm có: 04 trang A. Một số chỳ ý khi chấm bài. Đáp án dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách giải. Thí sinh giải cách khác mà đúng thì tổ chấm cho điểm từng phần ứng với thang điểm của hướng dẫn chấm. B. Đáp án và thang điểm. Câu 1 (3 điểm) a) Tìm các cặp số nguyên dương x; y thỏa mãn: 3xy x 15y 44 0 . b) Cho a,b,c là các số nguyên. Chứng minh rằng: A a b c 3 a b c 3 b c a 3 c a b 3 chia hết cho 24. a) Ta có 3xy x 15y 44 0 x 5 3y 1 49 (1) 0,5 Vì x, y N * x 5; 3y 1 N * và x 5; 3y 1 1 0,5 x 5 7 Nên từ (1) suy ra: x y 2 3y 1 7 0,5 Vậy, cặp số nguyên dương x; y cần tìm là: (2; 2) b) Đặt x a b c; y b c a; z c a b x, y, z Z , ta có: x y z a b c; x y 2b; y z 2c; z x 2a. 0,5 Khi đó A x y z 3 x3 y3 z3 Chứng minh được: A 3 x y y z z x 0,5 Suy ra A 3.2a.2b.2c 24abc24 đpcm 0,5 Câu 2 (4 điểm) x 2 x 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức P : với x 0, x 1 . x x 1 x x 1 1 x 2 b) Cho x 3 5 2 3 3 5 2 3 . Tính giá trị biểu thức: A x2 2x 2 a) Với x 0, x 1, ta có: x 2 x x x x 1 x 1 1,0 P : ( x 1)(x x 1) 2 2 x 2 x 1 2 2 x 1 2 . . 2 1,0 ( x 1)(x x 1) x 1 x 1 (x x 1) x x 1 2
3. b) Nhận xét: x > 0 0,25 2 2 Ta có: x 3 5 2 3 3 5 2 3 . 0,5 3 5 2 3 3 5 2 3 2 3 5 2 3 3 5 2 3 2 6 2 9 5 2 3 6 2 4 2 3 6 2 3 1 2 0,5 6 2 3 1 4 2 3 3 1 Vì x > 0 nên x 3 1. 2 0,75 Suy ra x 1 3 x 1 3 x 2 2x 1 3 x 2 2x 2 0 . Vậy A = 0 Câu 3 (4 điểm) Giải các phương trình sau: a) x2 4x 8 x2 5x 8 2x2 b) x2 7x 6 x 5 30 a) Đặt x2 4x 8 y ta được PT: y y x 2x2 y2 xy 2x2 0 1 0,5 2 2 2 y x (1) y x xy x 0 y x y 2x 0 0,5 y 2x 2 2 3 23 - Nếu y x x 3x 8 0 x 0 . PT này vô nghiệm. 0,5 2 4 2 x 2 - Nếu y 2x x 6x 8 0 x 2 x 4 0 x 4 0,5 Vậy, PT có hai nghiệm x = -2, x = -4. b) ĐK: x 5 0,25 Ta có: x2 7x 6 x 5 30 (x2 – 8x + 16) + (x + 5 - 6 x 5 + 9) = 0 1,0 ( x – 4)2 + ( x 5 - 3)2 = 0 x 4 0 x 4 x 4 . x 5 3 0 x 5 9 0,75 Vậy x = 4 là nghiệm của PT. Câu 4 (7 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A. Vẽ đường tròn có tâm O nằm trên BC và tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại D, E. Gọi I là một điểm chuyển động trên cung nhỏ DE (I khác D và E). Tiếp tuyến của đường tròn tại I cắt các cạnh AB, AC tương ứng tại M, N. a) Chứng minh AM + AN + MN = 2AD. b) Chứng minh tích MB.CN có giá trị không đổi khi I di chuyển trên cung nhỏ DE. c) Xác định vị trí của điểm I trên cung nhỏ DE để tam giác AMN có diện tích lớn nhất. 3
4. A N I M D E B C O a) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: MI = MD, IN = NE, AD = AE 1,0 Do đó AM + AN + MN = AM + AN + MI + IN = (AM + MD) + (AN + NE) 1,0 = AD + AE = 2AD (đpcm). b) Xét tứ giác ADOE có Dµ Eµ 900 D· OE 1800 Aµ . 1 1 Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau, ta lại có: M· OI D· OI; I·ON I·OE 2 2 1 1 1 1,0 M· ON M· OI I·ON D· OI I·OE D· OE 1800 Aµ 2 2 2 1 Tam giác ABC cân tại A nên Bµ Cµ 1800 Aµ Bµ Cµ M· ON 2 BMO và OMN có Bµ M· ON ; B· MO O· MN (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) nên hai tam giác này đồng dạng. Suy ra B· OM O· NM · · · · Mà ONM ONC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) nên BOM ONC 1,0 Suy ra hai tam giác BOM và CNO đồng dạng BM BO BM.CN BO.CO CO CN BC BC2 C/m được OBD OCE c.g.c OB OC BM.CN (không đổi) 1,0 2 4 c) Ta có SAMN lớn nhất khi và chỉ khi SBMNC bé nhất. 1 Lại có S S S S R BM MN CN (R là bán kính (O)) BMNC OBM OMN OCN 2 1 1 1,0 R MB MI IN CN R BM MD NE CN 2 2 1 R 2BM BD 2CN CE R BM CN BD (vì BD = CE) 2 Do R, DB không đổi nên SBMNC nhỏ nhất khi BM + CN nhỏ nhất. BC2 0,5 Mặt khác ta có: MB CN 2 BM.CN 2 BC 2R 4 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi BM = CN = R MN // BC I là điểm chính 0,5 giữa của cung nhỏ DE. 4
5. Vậy SAMN lớn nhất khi I là điểm chính giữa của cung nhỏ DE. Câu 5 (2 điểm) 1 1 1 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện 6 . x y y z z x 1 1 1 3 Chứng minh rằng: 3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 2 1 1 4 Từ bất đẳng thức: (với a, b > 0) a b a b 1 1 1 1 0,5 * a b 4 a b (Đẳng thức xảy ra khi a = b) Áp dụng (*). Ta có: 1 1 1 1 1 3x 3y 2z 2x y z x 2y z 4 2x y z x 2y z 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 x y x z x y y z 4 4 x y x z x y y z 1 2 1 1 1 1 2 1 1 0,5 16 x y x z y z 3x 3y 2z 16 x y x z y z 1 1 2 1 1 Tương tự: 3x 2y 3z 16 x z x y y z 1 1 2 1 1 2x 3y 3z 16 y z x y x z Cộng vế theo vế, ta có: 1 1 1 1 4 4 4 3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 16 x y x z y z 0,5 4 1 1 1 1 3 .6 16 x y x z y z 4 2 1 1 1 3 Vậy 3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 2 x y z 0,5 1 Đẳng thức xảy ra khi: 1 1 1 x y z 6 4 x y y z z x 5