Đề thi và đáp án học sinh giỏi toán lớp 9 năm 2016 tham khảo bồi dưỡng thi (12)

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
Trường THCS Phương Trung

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học: 2015 – 2016
Môn: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (6 điểm)


3

x −3 

x+2

x 

:

+
−
1. Cho A = 
x − 1   x + x − 2
x + 2 
 x −1
a. Rút gọn A
b. Tìm giá trị x khi A = x − 1

c. Tính giá trị A khi x = 3 3 + 9 +

125 3
125
− −3+ 9+
27
27

2. Cho n ∈ N * chứng minh rằng
A = 2 n + 11n − 2 2 n − 3 2 n chia hết cho 14
Câu 2: (4 điểm)
1. Giải phương trình
x 2 − x − 1000 1 + 8000 x = 1000
2. Cho x > 0, y > 0, z > 0 và x + 2 y + 3z ≥ 20

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = x+ y+z+

3 9 4
+
+
x 2y z

Câu 3: (4 điểm)
1. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn
2 y 2 x + x + y + 1 = x 2 + 2 y 2 + xy

2. Cho a, b, c > 0 chứng minh
a
b
c

a
b
c
+
+
<
+
+
a+b b+c c+a
b+c
c+a
a+b

Câu 4: (5 điểm)
Cho BC là 1 dây cung của (o) bán kính R ( ( BC ≠ 2 R) . Một điểm A di động trên
cung lớn BC sao cho tâm O luôn nằm trong ∆ABC . Các đường cao AD, BE, CF cắt
nhau ở H.
a, Chứng minh ∆AEF ∆ABC
b, Gọi A’ là trung điểm của BC
Chứng minh AH = 2 A’O
c, A1 là trung điểm của EF
Chứng minh RAA1 = AA’ . OA’
d, Tìm vị trí điểm A để chu vi ∆DEF có giá trị lớn nhất
Câu 5: (1 điểm)
Hai đội cờ thi đấu với nhau mỗi đấu thủ của đội này phải đấu 1 ván với mỗi đấu thủ
của đội kia. Biết rằng tổng số ván cờ đã đấu bằng 4 lần tổng số đấu thủ của 2 dội và biết
rằng số đấu thủ của ít nhất trong 2 đội là số lẻ. Hỏi mỗi đội có bao nhiêu đấu thủ.


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Nội dung
Câu 1: 1.
6đ
a, Rút gọn A:

Điểm
A=

4 x

2 điểm

x +1

b, Tìm x / A = x − 1
⇔

4 x
x +1

= x −1 ⇒ x −1 = 4 x ⇒ x = 9 + 4 5

1 điểm

c, Tính được x = 1
A=

4
=2
2

1 điểm

2. A = 2 n + 11n − 2 2 n − 3 2 n
= 2 n − 4 n + 11n − 9 n
= 11n − 4 n − (9 n − 2 n )
= (11 − 4).B − (9 − 2).C
= (7.B − 7.C ) : 7
⇒ A2
A là số chẵn
⇒ A14

1 điểm
1 điểm

Câu 2: 1.Giải phương trình
4đ
x 2 − x − 1000 1 + 8000 x = 1000
Đặt 1 + 8000 x + 1 = 2 y
⇒ 1 + 8000 x = 2 y − 1
⇒ 1 + 8000 x = 4 y 2 − 4 y + 1
4 y 2 − 4 y = 8000 x
⇒ y 2 − y = 2000 x

Ta có

x 2 − x = 2000 y

y 2 − y = 2000 x
⇒ ( x − y )( x + y − 1 + 2000) = 0

( x − y )( x + y + 1999) = 0

Từ hệ phương trình suy ra

x 2 + y 2 − ( x + y ) = 2000( x + y )

2001( x + y ) = x 2 + y 2 〉 0
⇒ x+ y >0
⇒ x + y + 1999 > 0
⇒ x− y =0
⇒x= y

Ta được x 2 − x = 2000 x ⇒ x( x − 2001) = 0
x=0
(Loại)
x = 2001

Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 2001

2điểm


2.
3 9 4
+
+
x 2y z
9  1
3 3  1
+ z+

=  + x  +  y +
2 y   4
x 4  2

P = x+ y+z+

4   x y 3z 
+ + + 
z 4 2 4 

Áp dụng BĐT cô si

2 điểm

3x 3
+ ≥3
4 x
1
9
y+
≥3
2
2y
1
4
z+ ≥2
4
z
x y 3z 1
+ +

= ( x + 2 y + 3z ) ≥ 5
4 2 4 4
⇒ P ≥ 13

Min P = 13 

Câu 3

x=0
y=3
z=4

1.Tìm nghiệm nguyên
2 y 2 x + x + y + 1+ = x 2 + 2 y 2 + xy

2 điểm

⇔ x 2 + 2 y 2 + xy − 2 y 2 x − x − y = 1

( x − 1) ( − 2 y 2 + y + x ) = 1
⇔

x −1 = 1
− 2y2 + y + x = 1
⇒ ( x; y ) = ( 2;1) ; ( 0;1)

hoặc

x − 1 = −1
− 2 y 2 + x + y = −1

2.Áp dụng BĐT cô si

a + ( b + c)
≥ a( b + c ) > 0
2
2
1
⇒
≤
⇒
a+b+c
a( b + c )
⇒

1điểm
a

a( b + c )

≥

2a
a+b+c

a
2a
≥
b+c a+b+c
b

2b
≥
c+a a+b+c

Tương tự

c
2c
≥
a+b a+b+c
⇒

a
b
c
+
+
≥ 2(1)
b+c
c+a
a+b


a
a+c
− bc
−
=
<0
a + b a + b + c ( a + b )( a + b + c )

Có
a
a+c
⇒
<
a+b a+b+c
b
a+b
<
Tương tự
b+c a+b+c
c
b+c
<
a+b a+b+c
a
b
c
⇒
+
+
<2
a+b b+c a+b
a
b
c
a
b
c
+

+
<
+
+
Từ (1)(2) ⇒
a+b b+c a+b
b+c
c+a
a+b

Câu 4
(5 đ)

1điểm

A

E
C’
A1
F

B’

0.5điểm

O
H

B

C

Daaa
A
K

1. Cos A =
A chung
⇒ ∆AEF

AE
AF
AE AF
⇒
=
, cos A =
AB
AC
AB AC

1 điểm

∆ABC (c.g.c)

2.Kẻ đường kính AOK
⇒ AC ⊥ KC
=> BH // KC
=> BHCK là hình bình hành
BH ⊥ AC

BK ⊥ AB => BK // CH
CH ⊥ AB
Nên BC ∩ HK tại trung điểm mỗi đường.
Có A’ là trung điểm của BC.
 A’ là trung điểm của HK.
Vậy 3 điểm H, A’, K thẳng hàng.
Xét ∆ AHK có O là trung điểm của AK.

0.5
điểm


A’ là trung điểm của HK.
 OA’ là đường trung bình => AH=2OA’
1điểm
1điểm

3. 4 điểm A, E, H, F ∈ 1 đường tròn đường kính AH.
=> Bán kính là

1
AH = OA’ = r
2

∆ AEF
∆ ABC
r
AA
=>
=

=> R.AA1 = AA’. r
R
AA'
R. AA1 = AA’. OA’
4. ∆ AEF
∆ ABC
r
EF
=>
=
=> R. EF = BC . OA’ = 2 SBOC
R
BC

1điểm

Chứng minh tương tự

∆ BDF
∆ BAC
OB'
DF
=
=> R. DF = AC . OB’ = 2SOAC
R
AC
∆ CDE
∆ CAB
OC'
DE

=
=> R. DE = OC’ . AB = 2SBOA
R
AB

SABC = SBOC + SAOB + SAOC
2 SABC = REF + R. OF + R. DE
=> 2 SABC = R. ( EF + DF . DE)
2 SABC = R. Chu vi ∆ DEF
AD. BC = R. Chu vi DEF
Chu vi ∆ DEF có giá trị lớn nhất  AD lớn nhất.
( BC, R cố định)
 AD lớn nhất  A là trung điểm cung lớn
AB.
Câu 5

Gọi x, y lần lượt là số đấu thủ
Có xy = 4 ( x+ y).
 ( x - 4) (y – 4 ) = 16 = 1.16 = 2. 8 = 4.4
x–4=1
x=5
=>
y – 4 = 16 =>
y = 20
x – 4 = 16
x = 20
y–4=1
y=5

1điểm

XÁC NHẬN CỦA BGH

Tổ chuyên môn

Người ra đề

Phạm Thị Kim Hoa

Đỗ Thị Xuân

Đỗ Thị Xuân