Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2014 2015 (có đáp án)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2014 – 2015
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (1,5 điểm): Cho biểu thức:
3 16 7 1 7
2
2 3 3 1 1
x x x x x
A
x x x x x
   
+ − + +
= − − : −
 ÷  ÷
+ − + − −
   
a) Rút gọn biểu thức
A.
b) Tìm
x
để
6.A
= −
Câu 2 (1,5 điểm): Cho hệ phương trình:
2 2
2 5
mx y
x my
− =



+ =

(với
m
là tham số).
a) Giải hệ phương trình trên khi
10.m
=
b) Tìm
m
để hệ phương trình đã cho có nghiệm
( )
;x y
thỏa mãn hệ thức:
2
2
2015 14 8056
2014
4
m m
x y
m
− + −
+ − =
+
Câu 3 (3,0 điểm):
a) Cho ba số thực dương
, ,a b c
thỏa mãn

1.a b c
+ + =
Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:
3 2 3 2 3 2
9 3 9 3 9 3
a b c
P
a b c b c a c a b
= + +
+ + + + + +
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên
( ; )x y
thỏa mãn:
2
(1 ) 4 ( 1).x x x y y+ + = −
Câu 4 (3,0 điểm): Cho đoạn thẳng
AC
có độ dài bằng
.a
Trên đoạn
AC
lấy điểm
B
sao cho
4 .AC AB
=
Tia
Cx
vuông góc với

AC
tại điểm
,C
gọi
D
là một điểm bất kỳ thuộc tia
Cx
(
D
không trùng với
C
). Từ điểm
B
kẻ đường thẳng vuông góc với
AD
cắt hai đường thẳng
AD
và
CD
lần lượt tại
,K

.E
a) Tính giá trị
.DC CE
theo
.a
b) Xác định vị trí điểm
D
để tam giác

BDE
có diện tích nhỏ nhất .
c) Chứng minh rằng khi điểm
D
thay đổi trên tia
Cx
thì đường tròn đường kính
DE

luôn
có một dây cung cố định.
Câu 5 (1,0 điểm): Cho dãy gồm
2015
số:
1 1 1 1 1
; ; ; ; ; .
1 2 3 2014 2015
Người ta biến đổi dãy nói trên bằng cách xóa đi hai số
u,v
bất kỳ trong dãy và viết thêm
vào dãy một số có giá trị bằng
u v uv+ +
vào vị trí của
u
hoặc
v.
Cứ làm như thế đối với dãy
mới thu được và sau
2014
lần biến đổi, dãy cuối cùng chỉ còn lại một số. Chứng minh rằng giá

trị của số cuối cùng đó không phụ thuộc vào việc chọn các số
u,v
để xóa trong mỗi lần thực
hiện việc biến đổi dãy, hãy tìm số cuối cùng đó.
Hết
Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
- Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………………………
Số báo danh:…….…………… …
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GD&ĐT VĨNH
PHÚC
KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2014 – 2015
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
(05 trang)
I) Hướng dẫn chung:
1) Hướng dẫn chấm chỉ nêu một cách giải với những ý cơ bản, nếu thí sinh làm bài
không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm
từng phần như thang điểm quy định.
2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo
không làm sai lệch
hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện với tất cả giám khảo.
3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết
quả.
4) Với bài hình học nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm
phần đó.
II) Đáp án và thang điểm:
Câu Nội dung trình bày Điểm
Câu
1

(1,5
đ)
Cho biểu thức:
3 16 7 1 7
: 2
2 3 3 1 1
x x x x x
A
x x x x x
   
+ − + +
= − − −
 ÷  ÷
+ − + − −
   
a) (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức
A
.
Điều kiện:
0
2 3 0
3 0
1 0
2 0
1
x
x x
x
x
x

x


≥


+ − ≠


+ ≠


− ≠



− ≠

−

Từ đó:
0; 1; 4x x x≥ ≠ ≠
0,25
Biến đổi:
( ) ( )
( ) ( )
1 3 7
3 16 7 1 7 1 7
2 3 3 1 3 1
1 3

x x
x x x x x x
x x x x x x
x x
− +
+ − + + + +
− − = − −
+ − + − + −
− +


2 6 7
3 1
x x
x x
+ +
= −
+ −
( )
2 3
7 7 9
2
3 1 1 1
x
x x x
x x x x
+
+ + −
= − = − =
+ − − −

0,25
và
2
2
1 1
x x
x x
−
− =
− −
0,25
Từ đó:
9 2 9
:
1 1 2
x x x
A
x x x
− − −
= =
− − −
0,25
b) (0,5 điểm) Tìm
x
để
6A
= −
.
Biến đổi:
( )

9
6 6 9 6 2
2
x
A x x
x
−
= − ⇔ = − ⇔ − = − −
−
0,25

7 21 9x x= ⇔ =
(thỏa mãn điều kiện). Vậy để
6A
= −
thì
9x
=
0,25
Câu
2
(1,5
đ)
Cho hệ phương trình:
2 2
2 5
mx y
x my
− =



+ =

(với
m
là tham số)
a) (0,5 điểm) Giải hệ phương trình trên khi
10m
=
.
Thay
10m
=
ta được hệ:
10 2 2 5 1
2 10 5 2 10 5
x y x y
x y x y
− = − =
 
⇔
 
+ = + =
 

50 52
2 10 5 2 10 5
x-10y=10 x=15
x y x y
 

⇔ ⇔
 
+ = + =
 
0,25

15 15
52 52
5 2 23
10 52
x x
x
y y
 
= =
 
 
⇔ ⇔
 
−
 
= =
 
 

Kết luận: với
10m
=
thì hệ có nghiệm duy nhất:
15

52
23
52
x
y

=




=


0,25
b) (1,0 điểm) Tìm
m
để hệ phương trình đã cho có nghiệm
( )
;x y
thỏa mãn hệ
thức:
2
2
2015 14 8056
2014
4
m m
x y
m

− + −
+ − =
+
Dùng phương pháp thế, ta có:

2 2
2 5
mx y
x my
− =


+ =

2
2
2
2
2
2 5
2 5
2
mx
mx
y
y
mx
x my
x m
−


−
=


=
 
⇔ ⇔
 
−
 
+ =
+ =



0,25

( )
2
2
2
2 10
2
4
2
5 4
4
4
m

mx
x
y
m
, m R
m
m x=2m+10
y
m
+

−

=
=
 
+
⇔ ⇔ ∀ ∈
 
−
 
+
=


+
Nên hệ luôn có nghiệm duy nhất:
2
2
2 10

4
5 4
4
m
x
m
, m R
m
y
m
+

=


+
∀ ∈

−

=

+
0,25
Thay vào hệ thức:
2
2
2015 14 8056
2014
4

m m
x y
m
− + −
+ − =
+
Ta được:
2 2
2 2
2014 7 8050 2015 14 8056
4 4
m m m m
m m
− + − − + −
=
+ +
2 2
2014 7 8050 2015 14 8056m m m m
⇔ − + − = − + −
0,25

( ) ( )
2
7 6 0 1 6 0m m m m⇔ − + = ⇔ − − =
.
1
6
m
m
=


⇔

=

Kết luận: để hệ phương trình đã cho có nghiệm
( )
x;y
thỏa mãn hệ thức:
0,25
2
2
2015 14 8056
2014
4
m m
x y
m
− + −
+ − =
+
thì
1
6
m
m
=


=


Câu
3
(3,0
đ)
a) (1,5 điểm) Cho ba số thực dương
, ,a b c
thỏa mãn
1a b c+ + =
. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức:
3 2 3 2 3 2
9 3 9 3 9 3
a b c
P
a b c b c a c a b
= + +
+ + + + + +
Chứng minh:

2 2 2 2 2 2 2
( )( ) ( )a b c x y z ax by cz+ + + + ≥ + +
,
, , , , ,a b c x y z R∀ ∈
. (1)
Thật vậy:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
(1) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) 0a y abxy b x a z acxz c z b y bcyz c z
⇔ − + + − + + − + ≥
2 2 2

( ) ( ) ( ) 0ay bx az cx by cz⇔ − + − + − ≥
(đúng)
Dấu
" "
ay bx
az cx
by cz
=


= ⇔ =


=

0,25
Áp dụng BĐT (1) ta có:
3 2 2
1 1
(9 3 )( ) ( ) 1
9 3
a b c c a b c
a
+ + + + ≥ + + =
Dấu
1
" "
3
a b c= ⇔ = = =
.

0,25

3 2
1
9 3
1 1
9 3
a b c
c
a
⇒ + + ≥
+ +
3 2
1 1
( )
9 3 9 3
a
a c
a b c a
⇒ ≤ + +
+ +
0,25
Tương tự có:
3 2 3 2
1 1 1 1
( ); ( )
9 3 9 3 9 3 9 3
b c
b a c b
b c a b c a b c

≤ + + ≤ + +
+ + + +
1
3. ( )
9 3
a b c
P ab bc ca
+ +
⇒ ≤ + + + +
0,25
2
1 1 ( )
1
3 3 3
a b c
P
+ +
⇒ ≤ + + =
. Do
ab bc ca+ + ≤
2
( )
3
a b c+ +
0,25
Vậy
ax
1
1
3

m
P a b c= ⇔ = = =
. 0,25
b) (1,5 điểm ) Tìm tất cả các cặp số nguyên
( ; )x y
thỏa mãn:
2
(1 ) 4 ( 1)x x x y y+ + = −
Có:
2
(1 ) 4 ( 1)x x x y y+ + = −
3 2 2
( ) ( 1) 4 4 1x x x y y⇔ + + + = − +

2 2
( 1)( 1) (2 1)x x y⇔ + + = −
(1)
0,25
Vì
( )
2
, 2 1 0x y y∈Ζ ⇒ − >
, nên từ
( )
1 0x⇒ ≥
và
x
chẵn. 0,25
Giả sử
2

( 1, 1)x x d d+ + = ⇒
lẻ và
2 2
1 ; 1x d x d− +M M

2 1d d⇒ ⇒ =M
0,25
Vì
2
( 1)( 1)x x+ +
là số chính phương,
2
( 1, 1) 1x x+ + =
nên
( 1)x +
và
2
( 1)x +
cũng là hai số chính phương.
0,25
Do
0x ≥ ⇒

2 2 2 2 2
1 ( 1) 1 ( 1) 0x x x x x x< + ≤ + ⇒ + = + ⇒ =
0,25
Khi
0x =
, có
0

(1) 4 ( 1) 0
1
y
y y
y
=

⇔ − = ⇔

=

.
Vậy có hai cặp số nguyên
( )
;x y
thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
(0;0),(0;1)
0,25
Câu
4
(3,0
đ)
Cho đoạn thẳng
AC
có độ dài bằng
a
. Trên đoạn
AC
lấy điểm
B

sao cho
4AAC B
=
. Tia
Cx
vuông góc với
AC
tại điểm
C
, gọi
D
là một điểm bất kỳ
thuộc tia
Cx
(
D
không trùng với
C
). Từ điểm
B
kẻ đường thẳng vuông góc với
AD
cắt hai đường thẳng
AD
và
CD
lần lượt tại
K
,
E

.
a) (1,0 điểm) Tính giá trị
.DC CE
theo
a
.
Ta có:
·
·
EBC ADC=
(Cùng bù với góc
·
KBC
);
·
·
90
o
ACD ECB= =
0,25
ACD⇒ ∆
và
ECB∆
đồng dạng với nhau(g-g) 0,25
. .
DC AC
DC CE AC BC
BC EC
⇒ = ⇒ =
0,25

Do
3
;
4 4
a a
AB BC= = ⇒
2
3
. .
4
a
DC EC AC BC= =
0,25
b) (1,0 điểm) Xác định vị trí điểm
D
để tam giác
BDE
có diện tích nhỏ nhất .
1
.
2
BDE BDE
S BC DE S
∆ ∆
= ⇒
nhỏ nhất khi và chỉ khi
DE
nhỏ nhất. 0,25
Ta có:
2

3
2 . 2 3
4
a
DE DC EC DC EC a= + ≥ = =
( Theo chứng minh phần
a)
Dấu
3
" "
2
a
DC EC= ⇔ = =
.
0,5
( )BDE
S⇒
nhỏ nhất bằng
2
3 3
8
a
khi
D
thuộc tia
Cx
sao cho
3
2
a

CD =
. 0,25
c) (1,0 điểm) Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia
Cx
thì đường tròn
đường kính
DE
luôn có một dây cung cố định.
Gọi giao điểm của đường tròn đường kính
DE
với đường thẳng AC là M, N 0,25
( M nằm giữa A và B)
⇒
M, N đối xứng qua DE.
Ta có: Hai tam giác
AKB
∆
và
ACD∆
đồng dạng (g-g)

. .
AK AB
AK AD AC AB
AC AD
⇒ = ⇒ =
(1)
Hai tam giác
AKM
∆

và
AND∆
đồng dạng (g-g)

. .
AK AM
AK AD AM AN
AN AD
⇒ = ⇒ =
(2)
0,25
T ừ (1) v à (2) suy ra
2
. .
4
a
AM AN AC AB= =
2
2 2
( )( )
4
a
AC MC AC NC AC MC⇒ = − + = −
(Do
MC NC=
)
2
2
3 3
4 2

a a
MC MC NC⇒ = ⇒ = =
0,25
,M N⇒
là hai điểm cố định.
Vậy đường tròn đường kính
DE
luôn có dây cung
MN
cố định.
0,25
Câu
5
(1,0
đ)
Cho dãy gồm
2015
số:
1 1 1 1 1
; ; ; ; ; .
1 2 3 2014 2015
Người ta biến đổi dãy nói trên bằng cách xóa đi hai số
u,v
bất kỳ trong dãy và
viết thêm vào dãy một số có giá trị bằng
u v uv+ +
vào vị trí của
u
hoặc
v.

Cứ
làm như thế đối với dãy mới thu được và sau
2014
lần biến đổi, dãy cuối cùng
chỉ còn lại một số. Chứng minh rằng giá trị của số cuối cùng đó không phụ
thuộc vào việc chọn các số
u,v
để xóa trong mỗi lần thực hiện việc biến đổi dãy,
hãy tìm số cuối cùng đó.
Với hai số thực
u,v
bất kỳ ta luôn có:
( ) ( ) ( )
1 1 1 1u v u v uv u v uv+ + = + + + = + + +
(*)
0,25
Với dãy số thực bất kỳ
1 2 2015
a ;a ; ;a
, ta xét “Tích thêm
T
”:
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 2015
1 1 1 1T a a a a= + + + +
Áp dụng cách biến đổi dãy như trong đề bài kết hợp với nhận xét (*), ta nhận
thấy “Tích thêm
T
” không thay đổi với mọi dãy thu được.
0,25

Với dãy đã cho ban đầu của bài toán, “Tích thêm
T
”:
1 1 1 1 1 2 3 4 2015 2016
1 1 1 1 1 2016
1 2 3 4 2015 1 2 3 2014 2015
T . . .
      
= + + + + + = =
 ÷ ÷ ÷ ÷  ÷
      
0,25
Giả sử sau 2014 lần biến đổi tùy ý theo yêu cầu, dãy còn lại chỉ còn một số là
x
thì “Tích thêm
T
” đối với dãy cuối là:
1T x
= +
Vậy ta có:
1 2016 2015x x
+ = ⇒ =
Bài toán được giải quyết; và sau
2014
lần biến đổi dãy theo đúng yêu cầu của
bài toán ta thu được số
2015
.
0,25
Hết