Đề thi và đáp án học sinh giỏi toán lớp 9 năm 2016 tham khảo bồi dưỡng thi (14)

PHềNG GD&T THANH OAI
TRNG THCS THANH MAI

THI CHN HC SINH GII LP 9
NM HC 2015 - 2016
Mụn: Toỏn
Thi gian lm bi: 150 phỳt

Cõu 1: (6 im)
x+2
x
1 x 1
+
+
ữ
ữ: 2
x x 1 x + x +1 1 x

1. Cho A =

a. Rỳt gn A
b. Tỡm x A Z
2. Cho abc , bca , cab l cỏc s t nhiờn cú 3 ch s.
Chng minh rng: nu abc M 37 thỡ bca v cab cng chia ht cho 37.
Cõu 2: (4 im)
1. Gii phng trỡnh:

x + 3 4 x 1 + x + 8 6 x 1 =1

2. Cho x, y, z tha món xyz = 2015.
Chng minh rng:

2015 x
y
z
+
+
=1
xy + 2015 x + 2015 yz + y + 2015 zx + z + 1

Cõu 3: (3 im)
1. Tỡm nghim nguyờn ca phng trỡnh:
x4 + x2 + 1 = y2
2. Cho a,b,c là các số dơng và a+b+c=2015.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A=

a2
b2
c2
+
+
b+c c+a a +b

Cõu 4 (6.0 iờm).
Cho iờm M nm trờn na ng tron tõm O ng kinh AB = 2R (M khụng trung vi A
va B). Trong na mt phng cha na ng tron co b la ng thng AB, ke tiờp tuyờn

ã
Ax. ng thng BM ct Ax tai I; tia phõn giac cua IAM
ct na ng tron O tai E, ct

IB tai F; ng thng BE ct AI tai H, ct AM tai K.
a) Chng minh 4 iờm F, E, K, M cung nm trờn mụt ng tron.
b) Chng minh HF BI .
c) Xac inh vi tri cua M trờn na ng tron O ờ chu vi AMB at gia tri ln
nhõt va tim gia tri o theo R?
Cõu 5: (1 im)
Tỡm nghim nguyờn dng ca phng trỡnh:
1! + 2! +......... + x! = n 2 ( x! = 1.2.3........x)
- Ht -


PHÒNG GD&ĐT THANH OAI

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2015 - 2016

TRƯỜNG THCS THANH MAI

Môn: Toán

Câu 1: (6 điểm)
1. a) ĐK: x

0; x

0.5

1

1.5

2
Rút gọn A =
x + x +1

1
0.5

b) Vì x ≥ 0 nên 0 < A ≤ 2 và A ∈ Z => A = 1 hoặc A = 2
2
5
=1 <=> x + x − 1 =0 <=> x = ±
x + x +1
2
2
+) A = 2 =>
=2 <=> x + x =0 <=> x = 0
x + x +1
2. Ta có: abc + 11 bca = 111a + 1110b + 111c M 37 (vì 111 M 37).
Mà abc M 37 => 11 bca => bca M 37 (vì (11; 37) =1)
Ta có: abc M 37 => 11 abc M 37. Xét tổng: 11 abc + cab = 1110a+111b+111c
=> cab M 37

+) A = 1 =>

0.5
1.0
1.0

M 37

Câu 2: (4 điểm)
1. (2đ)
x + 3 − 4 x − 1 + x + 8 − 6 x − 1 =1

(

<=>

x −1 − 2

)

2

+

(

x −1 − 3

)

2

=1

0.5

x − 1 − 2 + 3 − x − 1 =1

<=>

Áp dụng: a + b ≥ a + b . Dấu bằng xảy ra khi a.b≥0
=>
2. (2đ)

x − 1 − 2 + 3 − x − 1 =1 khi 2≤

x − 1 ≤3 <=> 5≤x≤10

y
xy
xy
=
=
yz + y + 2015
xyz + xy + 2015 x
2015 + xy + 2015 x
xyz
2015
z
=
=
xyzx + xyz + xy1
2015 x + 2015 + xy
zx + z + 1
2015 x
y
2015 x
z

Do đó
+
+
=
+
xy + 2015 x + 2015 yz + y + 2015 zx + z + 1
xy + 2015 x + 2015
xy
2015
+
= 1 (đpcm)
2015 + xy + 2015 x
2015 x + 2015 + xy

Ta có :

0.5
0.5
0.5


Câu 3: (3 điểm)
1. (1,5d)
Vì x2 ≥ 0 với ∀ x
nên (x4+x2+1) -(x2+1) < x4+x2+1 ≤ (x4+x2+1)+x2 <=> (x2)2 do đó y2 = (x2+1)2 => (x2+1)2 = x4+x2+1 <=> x=0 suy ra y= ± 1
Vậy nhiệm nguyên (x;y) cần tìm là: (0;1), (0;-1)
2. (1,5®)

0.5

0.5
0.5

b+c
a2
+
≥ a ( Bđt Côsi cho hai số dương )
4
b+c
c+a
a+b
c2
Tương tự: +
≥b;
+
≥c
4
4
a+b

Ta cã:

0.5
0.5

a+b+c
a
b
c
+

+
≥
2
b+c c + a a +b
2

Cộng vế với vế ta được:

2

2

0.5

Vậy Min A = 2015/2. Dấu bằng xảy ra khi a=b=c = 2015/3
Câu 4 (6.0 điểm).
Hình vẽ
x
I
F
M
H

E
K

A
O
B
·

Ta có M, E nằm trên nửa đường tròn đường kính AB nên FMK
= 900 và
·
FEK
= 900 .
Vậy 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên đường tròn đường kính FK
Ta có ∆HAK cân tại A nên AH = AK (1)
K là trực tâm của ∆AFB nên ta có FK ⊥ AB suy ra FK // AH (2)
·
·
·
·
Do đó FAH
(gt) cho nên ·AFK = FAK
= ·AFK mà FAH
= FAK
Suy ra AK = KF, kết hợp với (1) ta được AH = KF (3)
Từ (2) và (3) ta có AKFH là hình bình hành nên HF // AK. Mà AK ⊥ IB
suy ra HF ⊥ IB .
Chu vi của ∆AMB = C∆AMB = MA + MB + AB lớn nhất khi chỉ khi MA
+ MB lớn nhất (vì AB không đổi).

(

Áp dụng bất đẳng thức ( a + b ) ≤ 2 a + b
2

2

2

)

dấu "=" xảy ra ⇔ a = b ,

1.0
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5

ta có ( MA + MB ) ≤ 2( MA2 + MB 2 ) = 2 AB 2
2

Nên MA + MB đạt giá trị lớn nhất bằng AB 2 khi và chỉ khi
MA = MB hay M nằm chính giữa cung AB.
Vậy khi M nằm chính giữa cung AB thì C∆AMB đạt giá trị lớn nhất.

0.5


Khi đó
0.5

C∆AMB = MA + MB + AB = AB 2 + AB = (1 + 2) AB = 2 R(1 + 2)

Câu 5: (1 điểm)
1! + 2! +......... + x! = n2
. x=1 suy ra n2 = 1 => n = 1
. x=2 suy ra n2 = 3 => n ∉ Z ( loại)
. x=3 suy ra n2 = 9 => n=3
. x=4 suy ra n2 = 33 => n ∉ Z ( loại)
Ta chứng minh x≥5 phương trình vô nghiệm.
Thật vậy x≥5 thì 1! + 2! +......... + x! = 33+ 5! + ....... + x! có chữ số tận cùng là 3 mà n2 không có
tận cùng là 3.
Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương ( x;n) là (1;1) , (3;3)
- Hết –
DUYỆT CỦA TỔ
NGƯỜI RA ĐỀ