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

PHÒNG GD-ĐT THANH OAI

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

TRƯỜNG THCS CAO VIÊN

Môn: Toán 9 (Thời gian 150 phút )
Năm học 2015-2016

Bài 1: ( 5điểm )
 x +1
xy + x  
xy + x
x +1 
P=
+
+ 1÷: 1 −
−
÷
 xy + 1 1 − xy
÷
xy − 1
xy + 1 ÷




1) Cho biểu thức:
a.

b.

Tìm điều kiện để biểu thức P có nghĩa và rút gọn P.
1
1
+
=6
x
y
Cho
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P.

2) Cho x + 3 = 2 . Tính giá trị của biểu thức:

B = x 5 − 3x 4 − 3 x 3 + 6 x 2 − 20 x + 2020

Bài 2: ( 4 điểm )
1)

2)

Cho hàm số y = ( m- 1) x + m2 -1 ( m là tham số). Tìm m để đồ thị hàm số là đường
thẳng cắt hai trục tạo độ tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB là tam giác cân.
Giải phương trình :

2 ( x 2 − 3 x + 2 ) = 3 x3 + 8

Bài 3 : ( 3 điểm )
4n
4n
4n

4n
1) Tìm số tự nhiên n để A = 2012 + 2013 + 2014 + 2015 là số chính phương.

2) Cho các số thực dương a, b,c thỏa mãn ab + bc + ca = 2015.
a

Chứng minh bất đẳng thức:

2015 + a 2

+

b

c

2015 + b 2

2015 + c 2

≤

3
2

Bài 4: ( 6 điểm )
Cho đường tròn ( O,R ). Đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của (O).Trên đường
tròn lấy E ( E khác A,B).Tiếp tuyến tại E cắt Ax,By lần lượt tại C và D. Vẽ EF vuông góc với
AB tại F. BC cắt EF tại I. EA cắt CF tại M, EB cắt DF tại N và K là trung điểm của AC.
1.

Chứng minh I là trung điểm của EF và K, M, I, N thẳng hàng.

1 r 1
< <
3
R 2 .
2. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác COD. Chứng minh
3. Gọi r1 , r2 lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác COE và DOE. Chứng minh
2
2
2
rằng r = r1 + r2

Bài 5: ( 2 điểm )
Cho các số thực a và b thay đổi thỏa mãn a3 + b3= 2. Tìm tất cả các giá trị nguyên của (a+b ).


Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN (2015-2016)
Câ
u
Bài
1
(5đ)

Đáp án

Điểm

x > 0; y > 0; xy ≠ 1

Đkxđ :
 x +1
xy + x  
xy + x
x +1 
P=
+
+ 1÷:  1 −
−
÷
 xy + 1 1 − xy
÷
xy − 1
xy + 1 ÷

 

 x +1
x +1   x +1
x +1 
P=
+
:
−
÷
÷
 xy + 1 1 − xy ÷  1 − xy
xy + 1 ÷


 

(1 − xy )(1 + xy )
2( x + 1)
P=
.
xy + 1)(1 − xy
2 xy ( x + 1)

1)

P=

1
xy

0,5đ

0,5
0,5
0,5đ

2

 1
1 
4
+
≥


÷
y÷
xy

b)+ Chứng minh được BĐT  x
1
≤9⇔ P≤9
xy
+ từ gt biến đổi ta được :

+ Tìm được dấu bằng :

x= y=

1
9

1
x= y=
9
+ KL : max P= 9 khi

2)

2
x + 3 = 2 => x − 2 = − 3 ⇒ ( x − 2) = 3 ⇒ x 2 − 4 x + 1 = 0

0,5đ
0,5đ

0,25đ
0,25đ

0,5đ

B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2020
B = (x5 – 4x4 + x3 ) + ( x4 – 4x3 + x2 ) + 5( x2 – 4x + 1) + 2015
B = x3( x2 – 4x + 1) +x2( x2 – 4x + 1) +5(x2 – 4x + 1) + 2015
B = 2015
Bài + HS lập luận được để đồ thị hàm số là đường thẳng cắt 2 trục tọa độ tại 2
2
điểm A và B sao cho tam giác OAB cân tại O thì đồ thị hàm số đã cho song
(5đ)
song với đường thẳng y = x ( hoặc y = - x )
m − 1 = 1
 m − 1 = −1
 2
 2
+ Từ đó dẫn đến m − 1 ≠ 0 hoặc m − 1 ≠ 0 giải hệ pt ta tìm được

0,5đ
0,25đ
0,25 đ

1đ


m = 2 hoặc m = 0 và trả lời bài toán
1đ
2. đk x ≥ −2

Biến đổi pt đưa về pt

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

Nếu x= -2 không là nghiệm của pt
x2 − 2 x + 4
x2 − 2x + 4
2.
−2 =3
x
+
2
x+2
x
≠
−
2
. Nếu
. Biến đổi đưa pt về:

Đặt

t=

x2 − 2x + 4
(t > 0)
x+2
2

PT đưa về dạng 2t – 3t – 2 =0

0,5đ
0,25đ
0,25đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25đ

Tìm được 2 nghiệm t = -0,5 ( loại ) ; t = 2 ( thỏa mãn )
Từ đó tìm được x = 3 ± 13

0,25đ

Kết hợp đk và kết luận nghiệm

{

S = 3 ± 13

Bài
3
(3đ)

}

+ Xét n= 0 thì A= 4 là số chính phương ( thỏa mãn )
+ Xét n là số tự nhiên khác 0
A = (20124)n + (20134)n + (20144)n+ (20154)n
- Lập luận để tìm được chữ số tận cùng

(20124)n có CSTC là 6
(20134)n có CSTC là 1
(20144)n có CSTC là 6
(20154)n có CSTC là 5
Vậy A có CSTC là 8
Từ đó kết luận A không thể là số chính phương .

1)

1)

+ ta có 2015 + a2 = ab + bc + ca + a2 = ( a + b ) ( a + c )

0,5đ
0,25đ

1đ
0,25đ
0,25đ


+ Áp dụng BĐT cô si ta được
(a + b) + (a + c) ≥ 2 ( a + b)( a + c)
(a + b) + (a + c) 2 ( a + b)( a + c)
≥
(a + b)(a + c)
(a + b)(a + c )
2
1
1

a
1 a
a 
⇔
≤
+
⇔
≤ 
+
÷
(a + b)(a + c) a + b a + c
(a + b)(a + c) 2  a + b a + c 

⇔

1đ

Chứng minh tương tự ta có
b
1 b
b 
≤ 
+
÷
(b + c)(b + a ) 2  b + c b + a 
c
1 c
c 
≤ 
+

÷
(c + a)(c + b) 2  c + b c + a 

Cộng theo vế các BĐT trên ta được
a
b
c
1 a+b b+c c+a  3
+
≤ 
+
+
÷=
2
2
2
2
a
+
b
b
+
c
c
+
a

 2
2015 + a
2015 + b 2015 + c

Bài 4
(6đ)
y
x
Q
B
D
E
K
C
A
M
O
F
I
N

0,25đ
0,5đ


I
N

O

1.

F

+ kéo dài BE cắt Ax tại Q
+ chứng minh được ∆ CEQ cân tại C và ∆ CAE cân
Suy ra CA = CQ
( 1)
EI
BI
IF
EI
IF
=
=
⇒
=
+ EF//CQ nên CQ BC CA CQ AC
(2)

( 1) ( 2 ) ⇒ EI = IF


EF EM 
=
EI
EM

AC MA 
=
⇒
1
1
AK MA

IE = EF, KA = AC 

2
2


EF / / CA ⇒

+

Cm ∆ EMI đồng dạng ∆ AMK (c-g-c)

Suy ra EMI = KMA
Suy ra KMA + AMI =1800
Vậy K , M , I ,N thẳng hàng

0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ

0,5đ

0,5đ
2.

+ đặt CD = a ; OC =b ; OD
=c ( a > b; a > c )
+ vì r là bán kính đường

0,5đ
tròn nội tiếp ∆ COD
1
1
1
r
a
sCOD = r (OC + OD + CD) = r (a + b + c) = R.a ⇒ =
2
20.5đ
2
R a+b+c
+ Trong ∆ COD có b+c > a
suy ra a+ b +c > 2a
0,5đ

⇒

+

a
a 1
r 1
<
= ⇒ <
a + b + c 2a 2
R 2

(3)
Vì

a > b, a > c ⇒ a + b + c < 3a ⇒

(4)

a
1
r 1
> ⇒ >
a+b+c 3
R 3


Suy ra KMA + AMI =1800
Vậy K , M , I ,N thẳng hàng

0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ

0,5đ

0,5đ
Từ (3) (4) suy ra đpcm

+ gọi P là nửa chu vi
tam giác
r là bán kính của

đường tròn nội tiếp tam
giác
S là diện tích
tam giác
0,25đ
ta chứng minh được S
= Pr
+ Cm : ∆ COD đồng
0,5đ
dạng với các ∆ CEO ; ∆
OED
CO CD OD
⇒
=
=
CE CO EO
3.

0,75đ


Suy ra KMA + AMI =1800
Vậy K , M , I ,N thẳng hàng

0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ

0,5đ

0,5đ
sCEO CO 2
PCEO .r1 CO 2 
⇒
=
⇒
=
2
SCOD CD 2
PCOD .r CD 2 
r
r
 CO.r1 CO
=
⇒ 1 =
⇒
2
CD.r CD
CO CD
PCEO CO

=

PCOD CD


(5)
Cm tương tự ta có :

r1
r
=
OD CD

(6)
Từ (5) (6)
r1
r2
r12
r22
r12 + r22
r12 + r22
r2
⇒
=
⇒
=
=
=
=
⇒ r12 +
2
2
2
2
2
2
CO DO
CO

OD
CO + OD
CD
CD
(đpcm)

Bài 5
(1đ)

+ Ta có a3+b3= (a+b) (a2-ab
+b2) Mà a3+b3 = 2 và a2-ab 0.25
+b2 > 0
Suy ra : a+ b >0
(1)
+ đặt a= x + 1; b = y +1
a 3+b3 = 2 hay x3 + y3
+3(x2+ y2) +3(x+y) =0
mà 3(x2+ y2) ≥ 0 ⇒ x3 + y3


Suy ra KMA + AMI =1800
Vậy K , M , I ,N thẳng hàng

0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ

0,5đ

0,5đ
+3(x+y) ≤ 0 ⇒ ( x + y)( x2- 1đ
xy+y2 +3) ≤ 0
⇒ x+y ≤ 0 ( vì x2-xy+y2 +3
>0 )
⇒ a+ b ≤ 2
(2)
Mặt khác a+b là số nguyên 0,5đ
(3)
Từ (1) và (2) , (3) ⇒ a+ b 0,25đ
=1 ; a+ b =2
+ Nếu a+b =2 thì ta luôn chọn
được cặp số a=b =1 ( thỏa
mãn đầu bài )
+ Nếu a+ b = 1 . khi đó ta có
a+ b = 1 và a3+b3 = 2
a + b = 1  a = 1 − b


2
⇒
−1 ⇒ 
1
7
a
.
b
=
b

−
= >0

÷


3
2  12


(I)
Vì hpt (I) có nghiệm a,b nên
tồn tại cặp số thực để a+b = 1
Vậy để thỏa mãn các dữ kiện
của đề bài thì chỉ tồn tại 2 giá
trị nguyên của a+ b = 1 ; hoặc
a+b =2
Người ra đề

Tổ chuyên môn

Ban giám hiệu


Nguyễn Mai Phương