Đề thi học sinh giỏi lớp 9 năm học 2014 2015 môn: Toán Trường Thcs Bích Hòa39360

phòng gD & T thanh Oai
TRNG THCS BCH HềA
đề chính thức

Đề thi học sinh giỏi lớp 9
Năm học 2014 - 2015
Môn: Toán
( Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao ®Ị)

Câu 1: ( 6 điểm ).
1) Cho biểu thức: A  1  (

x 1
2
5 x
1


):
1 2 x 4x 1 1 2 x 4x  4 x 1

a/ Rút gọn A
b/ Tìm giá trị nguyên của x để A đạt giá trị nguyên
3
c/ Tính giá trị của A với x  7 49(5  4 2)(3  2 1  2 )(3  2 1  2 2 ) .

2) Tìm tất cả các số tự nhiên abc có 3 chữ số sao cho :
abc  n 2  1

2
cba  n  2 

với n là số nguyên lớn hơn 2.

Câu 2: ( 4 điểm ).

1) Giải phương trình sau: x  3  1  x 2  3 x  1  1  x
1 1 1
2) Cho x, y, z là ba số thỏa mãn: x. y.z  1 và x  y  z    .
x

y

z

2013
2014
2015
Tính giá trị của biểu thức: P  x  1y  1z  1

Câu 3: ( 3 im ).
1) Tìm các nghim nguyờn ca phng trỡnh : x2 + xy + y2 = x2y2
2) Cho a, b và c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  1 .
Chứng minh rằng

ab
bc
ca
1



 .
c 1 a 1 b 1 4

Câu 4: ( 6 điểm ).
Cho O là trung điểm của đoạn thẳng AB. Trên một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ hai tia Ax, By
vng góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm C, trên tia By lấy điểm D sao cho
góc COD = 900. Kẻ OH vng góc với CD tại H.
a) Chứng minh CD là tiếp tuyến của đường tròn tâm O đường kính AB;
AB 2
b) Chứng minh AC.BD 
;
4

c) Nêu cách xác định vị trí điểm C trên tia Ax để diện tích tam giác COD bằng diện
tích tam giỏc AHB.
Cõu 5: ( 1 im ). Tìm nghiệm nguyên dng của phương trình : x2+2y2 +2xy +3y- 4 = 0
—————————————– Hết ——————————————–

Người ra đề
Ðặng Ngọc Trình

Người duyệt đề
ThuVienDeThi.com


phßng gD ĐT thanh Oai
TRƯỜNG THCS BÍCH HỊA

h­íng dÉn chÊm môn toán 9
Nm hc: 2014 - 2015

im

Cõu


2
5 x
1
x 1


:
 1 2 x 4x 1 1 2 x  4x  4 x 1

a/Cho biểu thức A= 1- 

0,5đ

1
4

ĐK: x  0; x  ; x  1



2
5 x
1 
x 1

:


 2 x  1 2 x  1 (2 x  1) 2 x  1  2 x  1



A= 1- 
A=1-

Câu
1.1
(4 ð)









2

4 x  2  5 x  2 x  1 (2 x  1) 2
.
(2 x  1)(2 x  1)
x 1

0,5đ

0,5đ
0,5đ

x 1 2 x 1
2 x 1
2
 1

.
2 x 1 x 1
2 x 1 1  2 x
b/ Tìm x  Z để A nguyên.
2
A Z 
 Z  1  2 x  Ư(2)
1 2 x
Do x  0; x  1; x  Z  x  0

A=1-

1đ

Vậy x=0 thì A có giá trị nguyên.
c/Với x= 7 3 49(5  4 2)(3  2 1  2 )(3  2 1  2 2 )
x=-7 3 49(5  4 2)(5  4 2)  7.  7  49
 x  7 . Vậy A 

0,5đ
0,5đ

2
2

1  2.7 13

(1)

Câu
1.2
(2 ð)

abc  100a  10b  c  n 2  1

Viết được cba  100c  10b  a  n 2  4n  4 (2)

0,5

0,5
Từ (1) và (2) ta có 99 ( a –c ) = 4n – 5
=> 4n – 5  99 (3)
Mặt khác :
100  n 2  1  999  101  n 2  1000  11  n  31
 39  4n  5  119

Từ (3) và (4)
=> 4n – 5 = 99
Vậy số cần tìm abc  675

=> n = 26

ThuVienDeThi.com

0,5
(4)

0,5


1. x  3  1  x 2  3 x  1  1  x (ĐK:  1  x  1 )
 x  3  a 2  2
 x  1  a
Đặt 
( a , b  0)  
 1  x  b
 1  x 2  ab

Thay vào phýõng trình ðã cho ta có:
Câu
2.1
(2đ)

a 2  2  ab  3a  b  a 2  b  3.a  b  2   0  a  1a  b  2   0
a  1

a  b  2

 Với a  1  x  1  1  x  0 (thỏa mãn)
Với a  b  2  x  1  1  x  2  x  1  1  x  2 1  x 2  4  1  x 2  1  x  0
(thỏa mãn)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  0 .

---------------------------------------------------------------------------------------------1
x

1
y

1
z

Từ x  y  z     x  y  z 

xy  yz  zx
 xy  yz  xz ( vì xyz  1 )
xyz

Xét tích x  1 y  1z  1  xy  x  y  1z  1 

0,5đ.
0,5đ.

0,5đ.

0,5đ.
0,5đ
0,5đ

xyz  xy  xz  yz  x  y  z  1  1  xy  xz  yz  x  y  z  1  0

Câu
2.2

(2ð)

 x 1  0  x  1
  y  1  0   y  1
 z  1  0
 z  1
Lần lượt thay x  1 hoặc y  1 hoặc z  1 vào biểu thức P ta đều được P  0

-------- --------------------------------------------------------------------------------------------- x2 y 2  4 x2
*Víi x 2 vµ y 2 ta cã:  2 2
2
 x y  4 y

Câu
3.1
(2ð)

 x2y2  2 (x2 + y2) = x2 + y2 +x2 + y2 x2 + y2 + 2xy> x2 + y2 + xy
* VËy x 2 hc y  2
- Víi x =2 thay vào phương trình ta được 4 + 2y + y2 = 4y2
hay 3y2-2y -4 =0 Phương trình không có nghiệm nguyên
- Với x =-2 thay vào phương trình ta được 4 - 2y + y2 = 4y2
hay 3y2+2y -4 =0 Phương trình không có nghiệm nguyên
- Với x =1 thay vào phương trình ta được 1 + y + y2 = y2
hay y = -1
- Víi x =-1 thay vào phương trình ta được 1 - y + y2 = y2
hay 1- y = 0  y =1
- Với x = 0 thay vào phương trình ta được y =0
Thử lại ta được phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là:
(0; 0); (1, -1); (-1, 1)

ThuVienDeThi.com

0,5đ
0,5đ
------0,25ð
0,25ð
0,25ð
0,25ð
0,25ð
0,25ð
0,25ð
0,25ð


Học sinh phát biểu và CM bất đẳng thức phụ sau:
- Với x; y là các số thực dương bất kỳ ta có:
xẩy ra khi và chỉ khi x = y.
Câu
3.2
(1ð)

0,25
1
11 1
    (1). Đẳng thức
x y 4 x y

Thật vậy: Vì x; y là các số thực dương theo BĐT Cơsi ta có
1 1

1
11 1
1
   
   2 xy .2
4
x y 4 x y
xy
x y

0,25

x  y 

- Áp dụng BĐT (1) ta có:
ab
ab
ab  1
1  ’

 

 (1 )
c  1 c  a   c  b  4  c  a c  b 

Tương tự

0,25

bc

bc  1
1  ’ ca
ca  1
1  ’
 

 

 (2 );
 (3 )
a 1 4  a  b a  c 
b 1 4  b  a b  c 

Cộng vế với vế của ba đẳng thức trên ta được:
ab
bc
ca
1  ab  ca ab  cb cb  ca  a  b  c 1


 




c 1 a 1 b 1 4  b  c
ca
ab 
4
4

0,25

1
3

Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c  .
y
x
D
H

M

C

0,5
A
K

O

B

a) Vì Ax  AB; By  AB nên Ax, By là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Câu 4 Gọi M là trung điểm của CD => OM là đường trung bình của hình thang
1,5
ACDB => OM //AC => góc ACO = góc MOC ( So le trong) (1)
(6đ)
Lại có: OM là trung tuyến thuộc cạnh huyền của tam giác vuông COD => OM

= MC => tam giác OMC cân tại M => góc COM = góc MCO (2)
Từ (1) và (2) suy ra góc ACO = góc MCO
=> tam giác ACO = tam giác HCO (cạnh huyền - góc nhọn)
=> OH = OA => H thuộc đường tròn tâm O
=> CD là tiếp tuyến của đường trịn tâm O đường kính AB
b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AC = CH; BD = DH
CH.DH = OH2 => AC.BD 

AB 2
4
ThuVienDeThi.com

1,5


c) SCOD  S AHB =>

OH
 1 ( HK  AB; K thuộc AB )
HK

0,5
1,0

( Vì tam giác COD đồng dạng với tam giác BHA)
=> OH = HK => K trùng O => H là điểm chính giữa của nửa đường tròn O => 1,0
AB
AB
AC =
vậy điểm C thuộc tia Ax sao cho AC =

thì SCOD  S AHB .
2

2

---------------------------------------------------------------------------------------------BiÕn đổi phương trình
x2+2y2 +2xy +3y- 4 = 0 (x2+2xy+y2) +y2 +3y - 4= 0
 (y+4)(y-1) =-(x+y)2  0
 - 4 y 1 vì y thuộc Z nên y 4;3;2;1;0;1
Cõu 5
(1 )
Sáu cặp (x;y) thỏa mÃn phương trình là
(4;- 4), (1;- 1),(5;-3), (1;3),(2;0), (-2;0)
V ỡ x; y nguyên dương nên x=1 và y=3

ThuVienDeThi.com

0,25
0,25
0,25
0,25