Đề thi và đáp án học sinh giỏi toán lớp 9 năm 2016 tham khảo bồi dưỡng thi (15)

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNGTHCS TÂN ƯỚC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: Toán 9
Thời gian làm bài :150 phút( Không kể thời gian giao
đề)
(Đề này gồm 01 trang)

Đề chính thức

Bài 1 (6,0 điểm):
 x +3
x +2
x +2  
x 
−
+
:
1
−
÷

÷

x −3 x−5 x +6÷
x +1÷
 x −2
 


Với x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ 9

1) Cho biểu thức A = 

a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm giá trị của biểu thức A -1 khi x=

6 + 6 + 6 + ...... ( có vô hạn dấu

căn) là 6
c) Với giá trị nào của x thì
2) Cho x = 3 1 +

1
đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
A

84 3
84
. Chứng minh x có giá trị là một số nguyên
+ 1−
9
9

Bài 2 (4,0 điểm )
a) Giải phương trình + + = (x+y+z) -3000
x 2 − yz
y 2 − xz
b) Chứng minh rằng : nếu x 1 − yz = y 1 − xz
(

)
(
)

Với x ≠ y, yz ≠ 1, xz ≠ 1, x ≠ 0, y ≠ 0, z ≠ 0
1

1

1

Thì x + y + z = x + y + z
Bài 3 (3,0 điểm)
a , Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn : y2+ 2xy -7x-12=0
a+b

1

b, Chứng minh rằng: a 3a + b + b 3b + a ≥ 2
(
)
(
)

với a, b là các số dương.

Bài 4 (6 điểm)
Cho AB là đường kính của đường tròn (O;R). C là một điểm thay đổi trên
đường tròn (C khác A và B), kẻ CH vuông góc với AB tại H. Gọi I là trung điểm của
AC, OI cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O;R) tại M, MB cắt CH tại K.

a) Chứng minh 4 điểm C, H, O, I cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh K là trung điểm của CH.
c) Xác định vị trí của C để chu vi tam giác ACB đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá
trị lớn nhất đó theo R.
Bài 5 (1,0điểm) Cho x,y là các số dương thoả mãn: x+y = 4
Tìm giá trị nhỏ nhất của

A = x2 + y 2 +

33
xy

--------------------------- Hết -------------------------


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: Toán
Nội dung

Bài
Bài 1

Biểu
điểm

1)
a) Với điều kiện ( *) ta có:


x +3
x +2
−
+
 x −2
x −3


A=
=
=
=

(

(

 
x 
÷:  x + 1 −
÷ )
x +1 ÷
x − 3 ÷  x + 1



x +2
x −2

)(

)

x −9− x + 4+ x + 2  1 
:
÷
x −2
x −3
 x +1 

(

)(

x −3
x −2

)(

)

 1 
:
÷
x − 3  x +1 

(0,5đ)

)

1
1
:
=
x − 2 x +1

(0,5đ)

x +1
x −2

b) ta có x= 6 + 6 + 6 + ......
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒

( vô hạn dấu căn) với x>0

x2 = 6+ 6 + 6 + 6 + ...... ( vô hạn dấu căn)
x2 = 6 +x
x2- x -6 =0
( x+2)(x-3) = 0
x= -2( loại) hoặc x=3( nhận)

Ta có : A-1=

x +1
−1 =

x −2

(0,5
đ)

x +1− x + 2
=
x −2

3
x −2

(0,5đ)
(0,5đ)

Do vậy, giá trị của biểu thức A-1 tại x=3 là:
(0,5đ)

3
3( 3 + 2)
=
= −3( 3 + 2)
3− 4
3−2
x −2
3
= 1−
.
x +1
x +1

3
1
Để
có GTNN thì
có GTLN, hay x + 1 có
x +1
A
GTNN.Ta có: x + 1 ≥ 1 , dấu "=" xảy ra khi x = 0.
3
1
= 1 − 3 = −2 , xảy ra khi x = 0.
Giá trị nhỏ nhất của
là 1 −
0 +1
A

c) ta có A =

2, Đặt 3 1 +

x +1
1
⇒ =
A
x −2

1
84
84
3

3
= a; 3 1 −
= b ⇒ x = a + b; a + b = 2; ab = − .
3
9
9

Ta có: x3 = (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b)
2
Suy ra: x3 = 2 – x ⇔ x3 + x – 2 = 0 ⇔ ( x - 1) ( x + x + 2 ) = 0

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ

2

1
7
⇔ x = 1. Vì x2 + x + 2 =  x + ÷ + > 0 . Từ đó suy ra điều phải chứng
2 4


minh

0,5đ


a)
Bài 2

ĐK:

(*)

0,25đ

Do ≥ 0, ≥ 0, ≥0
Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có :
= ≤

0,25đ

= ≤
= ≤

0,25đ

Vậy : + + ≤ (x+y+z)-3000
Dấu "=" xảy ra ⇔ x-2000= y-2001= z-2002=1
 x = 2001

⇔  y = 2002 ( thoả man đk (*) )
 z = 2003



0,25đ

0,25đ

Vậy nghiệm của phương trình là: x=2001, y=2002, z=2003

b,

x 2 − yz
y 2 − xz
=
x ( 1 − yz ) y ( 1 − xz )

0,25đ
0,25đ

⇔ ( x 2 − yz ) ( y − xyz ) = ( y 2 − xz ) ( x − xyz )

⇔ x 2 y − x3 yz − y 2 z + xy 2 z 2 − xy 2 + xy 3 z + x 2 z − x 2 yz 2 = 0

⇔ ( x 2 y − xy 2 ) − ( x 3 yz − xy 3 z ) + ( x 2 z − y 2 z ) − ( x 2 yz 2 − xy 2 z 2 ) = 0
⇔ xy ( x − y ) − xyz ( x 2 − y 2 ) + z ( x 2 − y 2 ) − xyz 2 ( x − y ) = 0
⇔ ( x − y )  xy − xyz ( x + y ) + z ( x + y ) − xyz 2  = 0

⇔ xy − xyz ( x + y ) + z ( x + y ) − xyz 2 = 0

⇔ xy + xz + yz = xyz ( x + y ) + xyz 2

2
xy + xz + yz xyz ( x + y ) + xyz
=
xyz
xyz
1 1 1
⇔ + + = x+ y+ z
x y z

⇔

(vì x ≠ y ⇒ x − y ≠ 0 )

(vì xyz ≠ 0 )

0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

Bài 3

a) Ta có : y2+2xy -7x -12 =0
⇔ 4y2+ 8xy -28 -48 = 0

⇔ 4y2-49 +4x(2y-7) = -1
⇔ ( 2y -7)(2y+7+4x) =-1
Vậy ta có

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ


Hoặc

2 y − 7 = 1
 x = −4
⇔

 2 y + 7 + 4 x = −1  y = 4
 2 y − 7 = −1
 x = −3
⇔

2 y + 7 + 4 x = 1  y = 3

0,25đ

0,25đ

Vậy các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn điều kiện đề bài là:
(x;y) ∈ { (−3;3);(−4; 4)}
b) Ta có:

a+b
a ( 3a + b ) + b ( 3b + a )

=

2(a + b)
4a ( 3a + b ) + 4b ( 3b + a )

(1)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương ta được:
4a + (3a + b) 7a + b
=
( 2)
2
2
4b + (3b + a) 7b + a
4b ( 3b + a ) ≤
=
( 3)
2
2
4a ( 3a + b ) ≤

a ( 3a + b ) + b ( 3b + a )

≥

0,25đ

0,25đ

Từ (2) và (3) suy ra: 4a ( 3a + b ) + 4b ( 3b + a ) ≤ 4a + 4b ( 4 )
Từ (1) và (4) suy ra:
a+b

0,25 đ

2(a + b) 1
=
4a + 4b 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

0,25đ

0,25đ

a = b.
Bài 4

M
C

I

A

K

O

H

B

1) Chứng minh 4 điểm C, H, O, I cùng thuộc một đường tròn (2đ)
Chứng minh OI ⊥ AC.
Suy ra ∆ OIC vuông tại I suy ra I thuộc đường tròn đường kính OC.
CH ⊥ AB (gt) ∆ CHO vuông tại H ⇒ H thuộc đường tròn đường
kính OC.
Suy ra I, H cùng thuộc đường tròn đường kính OC, hay C, I, O, H
cùng thuộc một đường tròn.
2) Chứng minh K là trung điểm của CH (2điểm)
∆ MAB có KH//MA (cùng ⊥ AB)

0.75đ
0.25đ
0.75đ
0.25đ

0,75đ


0,25đ

KH HB
AM.HB AM.HB (1)
=
⇒ KH =
=
AM AB

AB
2R
·
·
Chứng minh cho CB // MO ⇒ AOM
(đồng vị).
= CBH
C/m ∆ MAO đồng dạng với ∆ CHB
MA AO
AM.HB AM.HB
⇒
=
⇒ CH =
=
(2)
CH HB
AO
R
Từ (1) và (2) suy ra CH = 2 KH ⇒ CK = KH ⇒ K là trung điểm
⇒

0.75đ
0.25đ

của CH.
3) Chu vi tam giác ACB là PACB = AB + AC + CB = 2R + AC + CB
Ta lại có:

( AC − CB )

(

2

≥ 0 ⇒ AC 2 + CB 2 ≥ 2AC.CB ⇒ 2AC 2 + 2CB 2 ≥ AC 2 + CB 2 + 2AC.CB

)

(

)

2 AC + CB ≥ ( AC + CB ) ⇒ AC + CB ≤ 2 AC + CB ⇒ AC + CB ≤ 2AB
2

0,25đ

2

2

2

2

2

(theo đl pitago)
AC + CB ≤ 2.4R 2 ⇒ AC + CB ≤ 2R 2
Đẳng thức xảy ra khi AC = CB ⇔ M là điểm chính giữa cung AB.

Suy ra PACB

0,5 đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ
≤ 2R + 2R 2 = 2R 1 + 2 , dấu "=" xảy ra khi M là điểm 0,25đ

(

chính giữa cung AB.

(

)

)

Vậy max PACB = 2R 1 + 2 đạt được khi M là điểm chính giữa cung

0,25đ

AB.
Bài 5

Ta có
0 ≤ ( x − y ) 2 = x 2 − 2 xy + y 2
⇒ x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇒ 2( x 2 + y 2 ) ≥ ( x + y ) 2 ⇒ x 2 + y 2 ≥

( x + y ) 2 42
=
= 8(*)
2
2

0,25đ

Cũng từ
x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇒ ( x + y ) 2 ≥ 4 xy

0,25đ

( x + y ) 2 42
33 33
⇒ xy ≤
=
=4⇒
≥ (**)
4
4
xy 4
33

33

65

2

2
Từ ( *) Và (**) suy ra A = x + y + xy ≥ 8 + 4 = 4
dấu " =" xảy ra ⇔ x = y = 2 .

65
⇔ x= y=2
Vậy Min A =
4

0,25đ
0,25đ