Đề thi và đáp án học sinh giỏi toán lớp 9 năm 2016 tham khảo bồi dưỡng thi (16)

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS XUÂN DƯƠNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9
NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (6đ)
Cho biÓu thøc
P = - + ( víi x≥ 0 ; x≠ 1)
a) Rót gän biÓu thøc P
b) TÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc víi x = + + 2
c) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P
Câu 2: (4đ)
a) Giải phương trình:
2 x 2 − 9 x + 4 + 3 2 x − 1 = 2 x 2 + 21x − 11

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của
xy

yz

zx

A = z + x + y với x,y,z là các số dương và x2 + y2 + z2 = 1
Câu 3: (3đ)
a)Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :
2x6 + y2 –2 x3y = 320
1

1

1

b) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn x + y + y + z + z + x = 6 .
1

1

1

3

Chứng minh rằng: 3x + 3 y + 2 z + 3 x + 2 y + 3z + 2 x + 3 y + 3 z ≤ 2 .
Câu 4: (6đ)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB. M là điểm thuộc đoạn thẳng OA, vẽ
đường tròn tâm O’ đường kính MB. Gọi I là trung điểm đoạn thẳng MA, vẽ dây cung
CD vuông góc với ABtạiI. Đường thẳng BC cắt đường tròn (O’) tại J.
a) Chứng minh: Đường thẳng IJ là tiếp tuyến của đường tròn (O’).
b) Xác định vị trí của M trên đoạn thẳng OA để diện tích tam giác IJO’ lớn nhất.
Câu 5: (1đ)
Tìm các số nguyên dương x,y thỏa mãn: 2xy + x + y = 83
-----------Hết-----------

1


PHONG GD&T THANH OAI
TRNG THCS XUN DNG
Cõu

1
(6)

ý

P N CHM THI HGS TOAN 9
Nm hoc: 2015 2016
Ni dung trỡnh by

a. P = - +
=
=
= =.....
=
=
b. Đặt y = +
y = 7+5 + 7 - 5 + 3( + ).
y = 14 - 3y
y +3y -14 = 0

(y- 2)( y + 2y + 7) = 0 ( vỡ y + 2y + 1 + 6 6)
.. y = 2 x = 4
Thay x =4 vào biểu thức rút gọn của P ta đợc
P=4
c. P = = . = +3 + - 6
p dng bt ng thc Cụ si đối với 2 số dơng ta có
P = +3 + - 6 2 - 6
P 10 - 6 = 4 Vậy Min P = 4 +3 = x = 4

im

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

2

a

K: x 4 hoc x=0,5

0,5

(4)

2

Biến đổi:
2 x 2 − 9 x + 4 + 3 2 x − 1 = 2 x 2 + 21x − 11
⇔
⇔

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

2x −1 =
2x −1 −

( x + 11)( 2 x − 1)
( x + 11)( 2 x − 1) = 0

⇔ 2 x − 1( x − 4 + 3 − x + 11) = 0

1,0

⇔ 2 x − 1 = 0(1)

Hoặc x − 4 + 3 − x + 11 = 0 (2)
Giải (1) được x=0,5 (thỏa mãn),giải (2) được x=5 (thỏa mãn)
b

xy

yz

0,5

zx

A= z + x + y

x2 y2 y2z 2 z2x2
Nên A = 2 + 2 + 2 + 2 ( vì x2+y2+z2 =1)
z
x
y
2

0,75

= B +2
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương ta có
x2 y2 y2z2
x2 y2 y2 z2
+
≥
= 2y2
z2
x2
z2x2
y2 z 2 z 2 x2
+ 2 ≥ 2z 2
Tương tự
2
x

y
x2 y2 z 2 x2
+ 2 ≥ 2x 2
2
z
y

Cộng vế với vế ta được 2B ≥ 2 ⇒ B ≥ 1
Do đó A2 = B +2 ≥ 3 nên A ≥ 3
Vậy Min A = 3 ⇔ x=y=z=
3
(3đ)

a

0,75
0,5

3
3

Từ 2x6 + y2 – 2x3y = 320 <=>(x3-y)2 +(x3)2=320
=> (x3)2 £ 320

0,5

mà x nguyên nên x £ 2
Nếu x=1 hoặc x=-1 thì y không nguyên (loại)
Nếu x=2=> y=-2 hoặc y=6
Nếu x=-2 => y=-6 hoặc y=2

Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là:
(2;-2);(2;6);(-2;-6);(-2;2)

0,75

0,25

3


b

Áp dụng BĐT

⇒

1 1
4
+ ≥
a b a +b

(với a, b > 0)

0,5

1
11 1
≤  + ÷
a+b 4 a b 

Ta có:

1
1
1
1
1
=
≤ 
+
÷
3x + 3 y + 2 z ( 2 x + y + z ) + ( x + 2 y + z ) 4  2 x + y + z x + 2 y + z 

1
1
1
≤ 
+
≤
4  ( x + y ) + ( x + z ) ( x + y ) + ( y + z ) 

≤

1 1 1
1
1
1 
+
+
+

 
÷
4  4  x + y x + z x + y y + z 

1 2
1
1 
+
+

÷
16  x + y x + z y + z 

1
1 2
1
1 
≤ 
+
+
÷
3x + 2 y + 3 z 16  x + z x + y y + z 
1
1 2
1
1 
≤ 
+
+
÷

2 x + 3 y + 3 z 16  y + z x + y x + z 

Tương tự:

0,5

Cộng vế theo vế, ta có:
1
1
1
1 4
4
4 
+
+
≤ 
+
+
÷
3 x + 3 y + 2 z 3 x + 2 y + 3 z 2 x + 3 y + 3 z 16  x + y x + z y + z 

≤

4 1
1
1  1
3
+
+


÷ = .6 =
16  x + y x + z y + z  4
2

4

0,5
1,0

C

(6đ)

J

A

a

I

M

O

O’

B

Xét tứ giácDACMD có : IA = IM (gt), IC = ID (vì AB ⊥ CD : gt)

⇒ ACMD là hình thoi
⇒ AC // DM, mà AC ⊥ CB (do C thuộc đường tròn đường kính

AB)

0,5
0,5
4


⇒ DM ⊥ CB; MJ ⊥ CB (do J thuộc đường tròn đường kính MB)
⇒ D, M, J thẳng hàng.

·
·
·
Ta có : IDM
+ IMD
= 900 (vì DIM
= 900 )
·
·
Mà IJM
(do IC = IJ = ID : ∆ CJD vuông tại J có JI là
= IDM
trung tuyến)

0,5
0,5

·
·
·
(do O’J = O’M : bán kính đường tròn (O’);
MJO'
= JMO'
= IMD
ˆ ' và IMD
ˆ đối đỉnh)
JMO
·
·
¶ = 900 ⇒ IJ là tiếp tuyến của (O’),
⇒ IJM
+ MJO'
= 90 0 ⇒ IJO
0,5

J là tiếp điểm
b

Ta có: IA = IM ⇒ IO’ =

AB
= R (R là bán kính của (O))
2

O’M = O’B (bán kính (O’)
∆ JIO’ vuông tại I : IJ2 + O’J2 = IO’2 = R2

0,5

Mà IJ + O’J ≥ 2IJ.O’J = 4SJIO’

0,5

2

2

R2
≤
Do đó SJIO’
4
2
R
SJIO’ =
khi IJ = O’J và ∆ JIO’ vuông cân
4

0,5

0,5

có cạnh huyền IO’ = R nên :
2O’J2 = O’I2 = R2 ⇒ O’J =

5
(1đ)

R 2
2

Khi đó MB = 2O’M = 2O’J = R 2

0,5

Tìm x,y nguyên dương thỏa mãn:
2xy + x +y = 83
⇔ 4 xy + 2 x + 2 y + 1 = 167
⇔ (2 x + 1)(2 y + 1) = 167
Do x,y nguyên dương ⇒ (2 x + 1);(2 y + 1) ∈ Z
⇒ (2 x + 1);(2 y + 1) ∈ Ư(167)

0,5

0,5

Lập bảng tìm được (x,y)=(0;83);(83;0).

5