Đề thi và đáp án học sinh giỏi toán lớp 9 năm 2016 tham khảo bồi dưỡng thi (2)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH OAI
TRƯỜNG THCS CAO DƯƠNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Môn: Toán
Năm học: 2015-2016
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề

Câu 1: (6,0 điểm)
1.a) Rút gọn biểu thức A =

2 x −9
x + 3 2 x +1
−
−
x −5 x +6
x − 2 3− x

b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1.
Hãy tính giá trị biểu thức:

A= x

(1 + y 2 )(1 + z 2 )
(1 + z 2 )(1 + x 2 )
(1 + x 2 )(1 + y 2 )
+
y
+
z

(1 + x 2 )
(1 + y 2 )
(1 + z 2 )

2.Cho n là số nguyên dương và n lẻ. CMR:

[( 46)

n

]

+ 296.13 n 1947

Câu 2: (4 điểm)
Giải phương trình

x 2 − 3x + 2 + x + 3 = x − 2 + x 2 + 2 x − 3
b ) Cho a, b, c là 3 số từng đôi một khác nhau và thoả mãn:
a
b
c
+
+
=0
b-c
c-a
a-b
a
b

c
+
+
=0
Chứng minh rằng:
2
2
(b - c)
(c - a)
(a - b) 2

Câu 3: (3 điểm)
a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :
2x6 + y2 –2 x3y = 320
b) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn
Chứng minh rằng:

1
1
1
+
+
=6.
x+ y y+ z z+x

1
1
1
3
+

+
≤ .
3x + 3 y + 2 z 3x + 2 y + 3z 2 x + 3 y + 3z 2

Câu 4: (6 điểm)
Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc
đường tròn tâm O khác A,B.Các tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại A và M cắt
nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với AB(P∈ AB), vẽ MQ vuông góc với AE ( Q∈
AE)
1.Chứng minh rằng: Bốn điểm A,E,M,O cùng thuộc một đường tròn và tứ giác
APMQ là hình chữ nhật.
2. Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O,I,E thẳng hàng


3. Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh ∆EAO đồng dạng với ∆ MPB
suy ra K là trung điểm của MP
4. Đặt AP = x. Tính MP theo x và R.Tìm vị trí của điểm M trên đường tròn (O)
để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất.
Câu 5: (1điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
xy2 + 2xy – 243y + x = 0
----------------Hết---------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
THANH OAI
Môn: Toán
TRƯỜNG THCS CAO DƯƠNG
Năm học: 2015-2016

Câu

Câu 1
( 6 đ)
1.( 4đ) 1.a) Rút gọn biểu thức A =
a) (2đ)

Đáp án
2 x −9
x + 3 2 x +1
−
−
x −5 x +6
x − 2 3− x

ĐKXĐ: x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ 9
A=

=
=

2 x −9

(

x −2

x + 3 2 x +1
−
+
x −2
x −3

x −3

)(

)

0,25đ
0,5đ

2 x − 9 − x + 9 + 2x − 3 x − 2

(

x −2

)(

x− x −2

(
(
=
(

)(
x + 1) (
x − 2) (

=

x +1
x −3

x −2

x −3

x −3

)

)

)
x − 3)

x −2

b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1.
Hãy tính:
b)
( 2đ)

Điểm

A= x

(1 + y 2 )(1 + z 2 )
(1 + z 2 )(1 + x 2 )
(1 + x 2 )(1 + y 2 )

+
y
+
z
(1 + x 2 )
(1 + y 2 )
(1 + z 2 )

Từ: xy + yz + xz = 1

0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ


⇔ 1 + x2 = xy + yz + xz + x2 = y(x + z) + x(x + z)

= (x + z)(x + y)
Tương tự: 1 + y2 = xy + yz +xz +y2 = y.(x+ y) +z .(x +y) = ( x+ y).(y+z)

0,25đ
0,25đ
0,25đ

1 + z2 = xy + yz + xz + z2 =x .( y + z)+ z. (y + z) = ( y +z). ( x +z)
A = x.

(1 + y )(1 + z ) + y. (1 + z )(1 + x ) + z. (1 + x ).(1 + y )
(1 + x )

(1 + y )
(1 + z )
2

2

2

2

2

2

2

2

0,25đ

2

( x + y )( y + z )( y + z )( x + z ) + y. ( y + z )( x + z )( x + z )( x + y )
( x + z )( x + y )
( x + y )( y + z )
( x + z )( x + y )( x + y )( y + z )
+ z.
( y + z )( x + z )
2
2

2
= x. ( y + z ) + y. ( x + z ) + z. ( x + y )
= = x.( y + z ) + y.( x + z ) + z.( x + y ) = xy + xz + xy + yz + xz + yz = 2

0,25đ

= x.

0,25đ
0,25đ

Ta có: 46n + 296.13n = 46n - 13n + 297.13n
= 46n - 13n + 9.33.13n
= (46-13).(…) + 9.33.13n

0,25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ

= 33 . (…) + 9.33.13n 33

0.25đ

2. (2 đ)

Lại có: 46n + 296.13n = 46n + 13n +295.13n = (46n +13n) + 5.59.13n
(46+13) . (…) + 5.59.13n

=

= 59.(…) + 5.59.13n 59 

0.25đ
0.25đ
0.25đ

Mà (13; 39) = 1 Nên từ
Câu 2
( 4đ)
a) ( 2đ)

a, x 2 − 3x + 2 +

n

và  => 46 + 296.13

n

33.59 = 1947 (đpcm)

x + 3 = x − 2 + x 2 + 2 x − 3 (1)

x 2 − 3x + 2 ≥ 0

⇔x≥2
ĐK: x + 3 ≥ 0
x 2 + 2 x − 3 ≥ 0


(1) ⇔ + = +

 x −1 = a ≥ 0

Đặt:  x − 2 = b ≥ 0

 x + 3 = c ≥ 0

0,25đ

0,5đ
0,25đ


⇔ a.b + c = b + a.c
⇔ a(b - c) - (b - c) = 0

(1)

0,5đ

a = 1
⇔ (a - 1)(b - c) = 0 ⇔ 
b = c
Với a = 1 ⇒
Với b = c ⇒
nghiệm

x − 1 = 1 ⇔ x - 1 = 1 ⇔ x = 2 (thoả mãn đk)
x − 2 = x + 3 ⇒ x - 2 = x + 3 ⇒ 0x = 5 vô

0,5đ

Vậy phương trình (1) có nghiệm x = 2
b) Từ giả thiết ta có:
b)
( 2đ)

a
b
c
ab - b 2 - ac + c 2
=
=
b-c
a-c a-b
( a - b) ( a - c)

0,5đ

1
Nhân 2 vế của đẳng thức với
ta có:
b-c

a

( b - c)

2

=

ab - b 2 - ac + c 2
( a - b) ( a - c) ( b - c)

0,5 đ

Vai trò của a, b, c như nhau, thực hiện hoán vị vòng quanh giữa a, b, c ta
có:
b

( c - a)

2

cb - c 2 - ab + a 2
=
( a - b) ( a - c) ( b - c) ,

c

( a - b)

2

Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta có

Câu 3
(3đ)

a)
(1,5đ)

ac - a 2 - bc + b 2
=
( a - b) ( a - c) ( b - c)
a
b
c
+
+
=0
2
2
(b - c)
(c - a)
(a - b) 2

0,5 đ
0,5 đ

a)Từ 2x6 + y2 – 2x3y = 320 <=>(x3-y)2 +(x3)2=320
=> (x3)2 ≤ 320 mà x nguyên nên x ≤ 2

0,25đ
0,25đ

Nếu x = 0 thì y không nguyên ( loại)
Nếu x =1 hoặc x =-1 thì y không nguyên (loại)
Nếu x = 2=> y= - 8 hoặc y = 24

Nếu x = -2 => y= -24 hoặc y = 8
Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là:
(2;-8);(2;24);(-2;- 24);(-2;8)

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ


b)
1 1
4
( 1,5đ) b)Chứng minh bất đẳng thức a + b ≥ a + b

1 1
4
Áp dụng BĐT + ≥
a b a+b

⇒

Ta có:

0,25đ

(với a, b > 0)

1
11 1

≤  + ÷
a+b 4 a b

0,25đ


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 ) 

≤

(với a, b > 0)

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 

Tương tự:

0,25đ

1
1 2
1
1 
≤ 
+

+
÷
3 x + 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 

0,25đ

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

0,5đ

I
M

Câu 4
( 6 đ)

K

B

O

P

Q
E
I

x

A

0,5đ


a) Vì AE là tiếp tuyến của đường tròn(O) tại A ⇒ AE⊥ AO
⇒ ∆OEA vuông ở A ⇒O, E, A ∈ đường tròn đường kính OE (1)
Vì ME là tiếp tuyến của đường tròn(O) tại M ⇒ ME⊥MO
⇒ ∆MOE vuông ở M⇒M,O,E ∈ đường tròn đường kính OE (2)
(1),(2)⇒ A,M,O, E cùng thuộc môt đường tròn
ˆ = APM
ˆ = 900
ˆ = MQA
* Tứ giác APMQ có 3 góc vuông : EAO
=> Tứ giác APMQ là hình chữ nhật
b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường chéo AM và PQ của hình chữ nhật
APMQ nên I là trung điểm của AM.(3)
Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và tại A nên theo tính chất hai
tiếp tuyến cắt nhau ta có :
OM = OA; EM = EA ( 4)
Từ ( 3) và (4) => O, I, E thẳng hàng.
c) Hai tam giác AEO và PMB đồng dạng vì chúng là 2 tam giác vuông
có 1 góc bằng nhau là AOˆ E = ABˆ M , vì OE // BM
AO AE
=
=>
(4)

BP MP
KP BP
=
(5)
AE AB

Từ (4) và (5) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB,
mà AB = 2.OA => MP = 2.KP
Vậy K là trung điểm của MP.
d) Áp dụng bất đẳng thức cosi với 4 số không âm a,b,c,d ta có:
4 ≥ 4 abcd

⇔

0,25đ.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số

a+b+c+d

0,75đ.

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

4

a +b+c+d
abcd ≤ 
÷ (*)
4



Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d
MP = MO 2 − OP 2 = R 2 − (x − R) 2 = 2Rx − x 2

0,25đ

Ta có: S = SAPMQ = MP.AP = x 2Rx − x 2 = (2R − x)x 3
S đạt max ⇔ (2R − x)x 3 đạt max ⇔ x.x.x(2R – x) đạt max
⇔

x x x
. . (2R − x) đạt max
3 3 3

x
3
4
x x x
1 x x x
R4


Ta có : . . (2R − x) ≤ 4  + + + (2R − x) ÷ =
3 3 3
4 3 3 3
16

x
3
Do đó S max ⇔ = (2R − x) ⇔ x = R .
3
2
R 3
Vậy khi MP=
thì hình chũ nhật APMQ có diện tích lớn nhất
2

0,25đ

Áp dụng (*) với a = b = c =

0,25đ.

0,25đ


Câu 5
( 1đ)

Ta có xy2 + 2xy – 243y + x = 0 ⇔ x(y + 1)2 = 243y (1)
Từ (1) với chú ý rằng (y + 1; y) = 1 ta suy ra (y + 1)2 là ước của 243.
Vậy (x, y) = (54, 2) ; (24, 8)

DUYỆT CỦA BGH

Cao Dương ngày 20 tháng 10 năm 2015
Người ra đề

Lưu Thị Liên

0,5đ
0,5đ