Đề thi học sinh giỏi huyện Khoái Châu môn toán 9 năm học 2014 - 2015(có đáp án)

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HUYỆN KHOÁI CHÂU
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Năm học: 2014 - 2015
Môn thi: TOÁN 9
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (1,5 điểm).
1. Tính giá trị của biểu thức A = (x
3
+ 12x – 31)
2015
tại x =
33
58165816 ++−
2. Cho biểu thức B =
a
aab
a
b
2
−
−
a) Tìm điều kiện đối với a, b để biểu thức B xác định
b) Rút gọn biểu thức B
Bài 2. (1,5 điểm). Cho phương trình x
2
– (m - 2)x – m
2
+ 3m – 4 = 0 (m là tham số)
a) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
b) Tìm m để tỉ số giữa hai nghiệm của phương trình có giá trị tuyệt đối bằng 2

Bài 3. (1,0 điểm). Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) có phương trình:
2kx + (k-1)y = 2 (k là tham số)
a) Với giá trị nào của k thì đường thẳng (d) song song với đường thẳng y = x
3
? Khi đó
hãy tính góc tạo bởi (d) với trục Ox
b) Tìm k để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) là lớn nhất
Bài 4. (1,5 điểm).
a) Giải phương trình:
3111
2
=−+−++ xxx
b) Giải hệ phương trình:







=+
=+
2
1
2
2
2
y
x
y

x
y
x
Bài 5. (3,5 điểm). Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Một đường thẳng (d)
thay đổi nhưng luôn đi qua A cắt hai tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) tương ứng
tại M và N. Giả sử (d) cắt lại đường tròn (O) tại E (E
≠
A). MC cắt BN tại F. Chứng minh
rằng:
a)
∆
ACN
∆
MBA và
∆
MBC
∆
BCN.
b) Tứ giác BMEF là tứ giác nội tiếp.
c) Đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định khi (d) thay đổi nhưng luôn đi qua A.
Bài 6. (1,0 điểm). Cho các số thực dương
, ,x y z
thỏa mãn
3x y z+ + ≤
.
Chứng minh rằng:
2 2 2
1 2012
671
x y z xy yz zx

+ ≥
+ + + +
HẾT
Họ và tên thí sinh:
Chữ ký của giám thị 1:
Số báo danh: Phòng thi số:
ĐỀ CHÍNH THỨC
PHềNG GIO DC & O TO
HUYN KHOI CHU
HNG DN CHM
THI CHN HC SINH GII CP HUYN
Nm hc: 2014 - 2015
Mụn: TON 9
I. Hớng dẫn chung
1) Hớng dẫn chấm thi này chỉ trình bày các bớc chính của lời giải hoặc nêu kết quả. Trong bài làm,
thí sinh phải trình bày lập luận đầy đủ.
2) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần nh
hớng dẫn quy định.
3) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hớng dẫn phải đảm bảo không sai
lệch với hớng dẫn chấm và đợc thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi.
4) Các điểm thành phần và điểm cộng toàn bài phải giữ nguyên không đợc làm tròn.
II. Đáp án và thang điểm
Bi ỏp ỏn im
a) Ta cú x =
3
3
3
3
)51()51( ++
=2

Nờn A = (2
3
+ 12.2 31)
2015
= 1
2015
= 1
0,5
0,25
K:





0
0
a
ab
b) Rỳt gn biu thc B
+ Vi
0ab
v a > 0 ta cú: B =
a
aab
a
b
2

=
a
aab
a
ab
2


=
1
2
=
+
a
aabab
+ Vi
0

ab
v a < 0 thỡ b

0 ta cú:
B =
a
aab
a
b
2

=
a
aab
a
ab
2


=
1
22


=

a
ab
a
aab
0,25
0,25
0,25
Bi 2
(1,5 )
a) Phng trỡnh bc hai ny cú a = 1, c = m
2
+ 3m 4 =
0
4
7

)
2
3
(
2
< m
vi mi m
Nờn a.c < 0
Vy phng trỡnh cú 2 nghim phõn bit trỏi du vi mi giỏ tr
ca m
0,25
0,25
0,25
b) Tỡm m t s gia hai nghim ca phng trỡnh cú giỏ tr
tuyt i bng 2.
PT cú hai nghim trỏi du nờn hoc x
1
= -2x
2
hoc x
2
= -2x
1
hay
(x
1
+ 2x
2
)(x
2

+ 2x
1
) = 0


x
1
x
2
+ 2(x
1
+ x
2
)
2
= 0 (*)
Theo h thc Vi-ột thỡ x
1
+ x
2
= m 2, x
1
x
2
= m
2
+ 3m 4
0,25
0,25
Thay vào (*) ta được: m

2
– 5m + 4 = 0



=
=
⇔
4
1
m
m

Vậy
{ }
4;1∈m
thì tỉ số giữa hai nghiệm của phương trình có giá trị
tuyệt đối bằng 2
0,25đ
Bài 3
(1,0 đ)
a) Với k = 1 thì pt (d) là x = 1, (d) không song song với đường
thẳng y = x
3
- Với k
≠
1 đưa pt (d) về dạng
1
2
1

2
−
+
−
−=
k
x
k
k
y
Khi đó (d) song song với đường thẳng y = x
3

⇔

1
2
−
−
k
k
=
3

⇔
k =
32
3
+
Khi đó góc

α
tạo bởi (d) và trục Ox có tan
α
=
3
=>
α
= 60
0
0,25đ
0,25đ
b) Với k = 1 thì pt (d) là x = 1 => khoảng cách từ O đến (d) là 1
+ Với k = 0 thì pt (d) là y = -2 => khoảng cách từ O đến (d) là 2
+ Với k
≠
0 và k
≠
1. Gọi giao điểm của (d) với Ox, Oy là A, B
tương ứng.
Thay y = 0 vào ptdt (d) được x
A
=
k
1
=> OA =
k
1
Thay x = 0 vào ptdt (d) được y
B
=

1
2
−k
=> OB =
1
2
−k
Vì (d) không đi qua gốc tọa độ O với mọi k
≠
0 và k
≠
1
Nên trong tam giác vuông AOB có:
222
111
OBOAOH
+=
(OH
⊥
AB)
Từ đó OH =
125
2
2
+− kk
Ta có
5
4
5
4

)
5
1
(5125
22
≥+−=+− kkk
(với
∀
k)
Do đó OH
5≤
và OH =
5
khi k =
5
1
Vậy khi k =
5
1
thì khoảng cách từ O đến (d) là lớn nhất
0,25đ
0,25đ
Bài 4
(1,5 đ)
ĐK:
11
≤≤−
x
Đặt t =
xx −++ 11

(t>0) => t
2
= 2 + 2
2
1 x−
Khi đó pt (1) trở thành t
2
+ 2t – 8 = 0
⇔
t = 2 hoặc t = -4 (loại)
Với t = 2 ta có
211 =−++ xx

⇔
2
1 x−
=1
⇔
x = 0 (tm)
0,25đ
0,25
Vậy nghiệm của phương trình là x = 0
0,25đ
b) Giải hệ phương trình:








=+
=+
2
1
2
2
2
y
x
y
x
y
x
ĐK: x, y
≠
0
Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có y =
x
x
−2
2
, thế vào phương
trình thứ hai của hệ được:
3x
3
+ 4x
2
– 4x = 0
⇔

x(3x
2
+ 4x – 4) = 0
⇔
(3x
2
+ 4x – 4) = 0 (do x
≠
0)
⇔
x = -2 hoặc x =
3
2
Vậy hpt có hai nghiệm (x; y) là (-2; 1); (
3
1
;
3
2
)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Bài 5
(3,5 đ)
O
I
E
F
N

M
C
B
A
0,25đ
a) Từ GT có
0
60=====
∧∧∧∧∧
BACACNABCACBABM
Suy ra AC // MB và CN // BA.
Nên
∧∧
= NACNMB
(đồng vị). Do đó
ACN∆

MBA∆
Suy ra
BA
CN
MB
AC
=
mà AC = BA = BC nên
BC
CN
MB
BC
=

Hơn nữa
0
120==
∧∧
BCNMBC
Suy ra
∆
MBC
∆
BCN (c.g.c)
1,25đ
b) Theo câu a ta có:
∧∧
= CBNBMC
Do đó
00
60180 =−=+=+=
∧∧∧∧∧∧
MBCCMBBCMFBCBCMBFM
Mặt khác
0
60==
∧∧
BCABEM
, do đó
∧∧
= BFMBEM
Vậy BMEF là tứ giác nội tiếp
1,0đ
c) Gọi I là giao điểm của BC và EF, ta có:

∧∧∧∧
=== BEFBMCCBNIBF
⇒

∆
IBF
∆
IEB
Do đó:
IFIEIB
IB
IF
IE
IB
.
2
=⇒=
Chứng minh tương tự CNEF là tứ giác nội tiếp
và
∆
ICE
∆
IFC
Nên
IFIEIC .
2
=
Do đó IB =IC
1,0đ
Vậy đường thẳng EF luôn đi qua một điểm I cố định là trung

điểm của BC
Baøi 6
(1,0 đ)
Cm BĐT
cbacba ++
≥++
9111
và áp dụng ta được :
2 2 2 2
1 1 1 9
1
( )x y z xy yz zx xy yz zx x y z
+ + ≥ ≥
+ + + + + + + +
(3)
Lại có : 3(xy+yz+zx)
≤
(x+y+z)
2
Suy ra :
670
)(
2010.32010
2
≥
++
≥
++
zyx
zxyzxy

(4)
Từ (3), (4) suy ra đpcm
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1
0,5đ
0,5đ
HẾT