Đề thi và đáp án học sinh giỏi toán lớp 9 năm 2016 tham khảo bồi dưỡng thi (9)

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN: TOÁN – LỚP 9.

Thời gian: 150 phút
Bài 1(6đ): 1. Cho biểu thức:

A = 1− (

2
5 x
1
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
2, Tính giá trị của biểu thức B = x3 - 3x + 2000 với x = 3 3 + 2 2 + 3 3 − 2 2 .
Bài 2. ( 3 điểm)
Câu 1. ( 1,5 điểm) Cho 3 số x, y, z thỏa mãn đồng thời:
3x - 2y - 2 y + 2012 +1 =0
3y - 2z - 2 z − 2013 + 1 = 0
3z - 2x - 2 x − 2 - 2 = 0;
Tính giá trị của biểu thức P = ( x - 4) 2011 + ( y + 2012) 2012 + ( z - 2013) 2013 .
Câu 2. (1,5 điểm) Cho bốn số thực a, b, c, d thoả mãn đồng thời:

a + b + c + d = 7 và a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 13 . Hỏi a có thể nhận giá trị lớn
nhất là bao nhiêu?
Bài 3: (3đ)
a) Cho ba số dương x, y, z thoả mãn

1 1 1
+ + = 1. Chứng minh rằng:
x y z

x + yz + y + zx + z + xy ≥ xyz + x + y + z .
b)Tìm số tự nhiên n sao cho A = n 2 + n + 6 là số chính phương
Bài 4 ( 7 điểm)
Câu 1 (3 điểm) Từ điểm K bất kì trên đường tròn tâm O đường kính AB = 2R.
Vẽ KH vuông góc với tiếp tuyến Bx của đường tròn. Giả sử góc KAB bằng α
độ ( 0 < α < 90 ).
a, Tính KA, KB, KH theo R và α .
b, Tính KH theo R và 2 α .
c, Chứng minh rằng: cos 2 α = 1 – 2sin2 α
cos 2 α = 2 cos2 α - 1
Câu 2 (4 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R, A là điểm cố định trên
đường tròn. Vẽ tiếp tuyến Ax, lấy điểm M bất kì trên Ax, vẽ tiếp tuyến thứ hai
MB với đường tròn (B là tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của MA, BI cắt đường
tròn ở K, tia MK cắt đường tròn ở C. Chứng minh rằng:
a, Tam giác MIK đồng dạng với tam giác BIM.
b, BC song song với MA.
c, Khi điểm M di động trên Ax thì trực tâm H của tam giác MAB
thuộc đường tròn cố định.
1
Câu 5 (1,0 điểm): Cho A n =
với n∈ ¥ * .

(2n +1) 2n −1
Chứng minh rằng: A1 + A 2 + A 3 + ... + A n < 1 .


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM - MÔN TOÁN LỚP 9
Bài 1
1a)
a/(2đ)Cho biểu thức
(2,5đ)
 2
5 x
1 
x −1
1
−
−

A=
1 1+ 2 x 4x −1 1 − 2 x ÷
÷: 4 x + 4 x + 1 ĐK: x ≥ 0; x ≠ 4 ; x ≠ 1
.




2
5 x
1 ÷
x −1


−
+
:
A= 1- 
2 x + 1 2 x + 1 (2 x − 1) 2 x − 1 ÷ 2 x + 1



(

)

(

)

2

0,25
0,75

A=1-

4 x − 2 − 5 x + 2 x + 1 (2 x + 1) 2
.
(2 x + 1)(2 x − 1)
x −1

0,75

A=1-

x −1 2 x +1
2 x +1
2
.
= 1−
=
2 x −1 x −1
2 x −1 1 − 2 x

0,75

1b)
Ta có :
(1,5đ) b/(2đ) Tìm x ∈ Z để A nguyên.
2
∈ Z ⇒ 1 − 2 x ∈ Ư(2)
1− 2 x
Do x ≥ 0; x ≠ 1; x ∈ Z ⇒ x = 0
A∈ Z ⇒

Vậy x=0 thì A có giá trị nguyên.
Áp dụng công thức: (a+b)3=a3+b3+3ab(a+b),
2.(2đ) Đặt a= 3 3 + 2 2 , b= 3 3 − 2 2
Ta có
⇒ x= a+b ⇒ x3= (a+b)3= a3 + b3 +3ab(a+b)
=> x3 = 6 + 3x ⇒ x3- 3x = 6Suy ra B = 2006

0,75

0,75
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5

Bài 2 (3điểm)
Câu 1. (1.5 điểm).
b) 3x - 2y - 2 y + 2012 +1 =0 (1)
3y - 2z - 2 z − 2013 + 1 = 0 (2)
3z - 2x - 2 x − 2 - 2 = 0
(3)
Cộng vế với vế của (1), (2), và (3) ta được:
x + y + z - 2 y + 2012 - 2 z − 2013 - 2 x − 2 = 0
⇔ ( x - 2 - 2 x − 2 + 1) + ( y + 2012 - 2 y + 2012 + 1)

+ ( z - 2013 - 2 z − 2013 + 1) = 0
⇔ ( x − 2 - 1 ) 2 + ( y + 2012 - 1) 2 + ( z − 2013 - 1) 2 = 0
⇔ x−2 - 1 = 0 ⇔ x = 3
y + 2012 - 1 = 0 ⇔ y = - 2011
z − 2013 - 1 = 0 ⇔ z = 2014
Vậy P = ( 3 - 4) 2011 + ( - 2011 + 2012) 2012
+ ( 2014 - 2013) 2013 ⇒ P = -1 + 1 +1 = 1.

0,50
0,50

0,25
0,25

Câu (1.5 điểm)
Từ a +b+c+d = 7 ⇒ b+c+d = 7 – a
(b+c+d)2 = b2 + c2 + d2 + 2bc +2cd + 2bd
mà (b – c )2 ≥ 0 ; (c - d )2 ≥ 0 ;(d - b )2 ≥ 0 ;
⇒ b2 + c2 ≥ 2bc; c2 + d2 ≥ 2cd; d2 + b2 ≥ 2bd;
Từ đó (b+c+d)2 ≤ 3(b2 + c2 + d2)
⇒ (7 - a)2 ≤ 3(13 – a2)

0,25đ
0,25đ
0,25đ

5
2

(a – 1)(a- ) ≤ 0
Tìm được 1 ≤ a ≤

0,25đ

0,25đ

5
2

do đó a có thể nhận giá trị lớn nhất là

0,25đ

5
2

Bài 3(3điểm)
a)
Bất đẳng thức đã cho tương đương với
(1.5đ)
a + bc + b + ca + c + ab ≥ 1 + ab + bc + ca ,
1
1
1
với a = , b = , c = , a + b + c = 1.
x
y
z
Tacó : a + bc = a ( a + b + c) + bc

0,5

0,5

= a 2 + a (b + c) + bc ≥ a 2 + 2a bc + bc = a + bc .
Tương tự: b + ca ≥ b + ca ; c + ab ≥ c + ab .
Từ đó ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 3.
b)
1.5đ

A = n 2 + n + 6 là số chính phương nên A có dạng
A = n 2 + n + 6 = k 2 (k ∈ N * )

0,5

0,5

⇔ 4n + 4n + 24 = 4k ⇔ (2k ) − (2n + 1) = 23
2

2

2

2

2k + 2n + 1 = 23
⇔ (2k + 2n + 1)(2k − 2n − 1) = 23 ⇔ 
 2k − 2 n − 1 = 1

0,5

(Vì 23 là số nguyên tố và 2k + 2n + 1> 2k – 2n -1)
2k + 2n + 1 = 23
k = 6
⇔
⇔
 2k − 2 n − 1 = 1
n = 5

0,25

Vậy với n = 5 thì A là số chính phương

0,25

Bài 4 (7 điểm)
Câu 1 (3 điểm)


x
K

H

α

A

O

C

B

a, (1 điểm)
Lập luận để có ∠ AKB = 900 (0,25đ); ∠ KAB = ∠ KBH (0,25đ);
Xét ∆ AKB vuông tại H có
KA = AB cos α = 2R cos α (0,25đ);
KB = AB sin α = 2R sin α (0,25đ);
Xét ∆ KHB vuông tại H có
KH = KB sin α (0,25đ) = 2R sin2 α (0,25đ);

b, (0.75 điểm)
Vẽ KO; KC ⊥ AB xét ∆ KCO vuông tại C có OC = OK cos2 α (0,25đ);
Lập luận có KH = CB (0,25đ) = R - Rcos2 α = R(1 - cos2 α ) (0,25đ);
c, (1,25 điểm)
Theo câu a có KH = 2R sin2 α theo câu b có KH = R(1 - cos2 α ) (0,25đ);
nên 2R sin2 α = R(1 - cos2 α ) (0,25đ) do đó cos2 α = 1 - 2sin2 α (0,25đ);
Mặt khác áp dụng định lí Pitago vào tam giác AKB vuông tại K chứng minh
được
sin2 α + cos2 α = 1 nên sin2 α = 1 - cos2 α (0,25đ);
Từ đó có cos2 α = 1 – 2(1 – cos2 α ) = 2 cos2 α - 1 (0,5đ);
Câu 2 (4 điểm)
x
M

I

K

B

A
O
C
a, (2 điểm)
Chứng minh được ∆ IAK đồng dạng với ∆ IBA (0,5đ)
⇒ IA2 = IK.IB , mà I là trung điểm của AM
nên IM2 = IK.IB (0,5đ)


Chứng minh được ∆ MIK đồng dạng với ∆ BIM (1đ)

b, (1điểm)
Từ câu a ⇒ ∠ IMK = ∠ MBI , lại có ∠ MBI = ∠ BCK(0,5đ);
⇒ ∠ IMK = ∠ BCK ⇒ BC // MA(0,5đ);
c, (1 điểm)
H là trực tâm của ∆ MAB
⇒ tứ giác AOBH là hình thoi (0,5đ);
⇒ AH = AO =R ⇒ H ∈ (A;R) cố định
Câu 5 (1điểm)
1
2n − 1
A =
=
n (2n + 1) 2n − 1 (2n + 1) ( 2n − 1)

2n − 1  1
1 
2n − 1  1
1  1
1 
−
+
−

÷=

÷
÷
2  2n − 1 2 n + 1 
2  2n − 1
2n + 1  2n − 1

2n + 1 
1
1
1
1
2
−
> 0 và
+
<
Vì
nên An <
2n − 1
2n + 1
2n − 1
2n + 1
2n − 1
1
1
−
(∀n ∈ ¥ *)
2n − 1
2n + 1
1
1
1
1
1
+
−

+ ×××+
−
Do đó: A1 + A2 + A3 + ... + An < 1 −
3
3
5
2n − 1
2n + 1
1
A1 + A2 + A3 + ... + An < 1 −
<1
2n + 1
A =
n

0,25
0,25

0,25

0,25