Đề thi và đáp án học sinh giỏi toán lớp 9 năm 2016 tham khảo bồi dưỡng thi (4)

PHÒNG GD& ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS ĐỖ ĐỘNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2015-2016

MÔN : TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (6 điểm)
a +1 a a −1 a2 − a a + a −1
+
+
1.(4đ) Cho biểu thức: M =
a
a− a
a −a a

với a > 0; a ≠ 1

a) Rút gọn M.
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N =
1 + xy 1 − xy

2.( 2đ) Tính giá trị của biểu thức E = x + y − x − y
x = 4 + 8. 2 + 2 + 2 . 2 − 2 + 2 ;

y=

6
nhận giá trị nguyên.
M

với

3 8 − 2 12 + 20
3 18 − 2 27 + 45

Câu 2: (4 điểm)
1.(2đ)

Giải phương trình:

(

)(

x+4 −2 .

)

4 − x + 2 = 2x

2.(2đ) Với a; b là các số thực dương thỏa mãn

a
2b
+
= 1.
1+ a 1+ b

Tìm giá trị lớn nhất của P = ab2

Câu 3 : (4 điểm)
1.(2đ) Tìm các số nguyên (x,y) thỏa mãn: 5x2 + 13y2 + 6xy = 4(3x – y)
2.(2đ)

Cho a, b, c là các số lớn hơn 1. Chứng minh bất đẳng thức sau:

Câu 4 : (5 điểm)
Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (M không
trùng với A và B). Trong nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường thẳng
·
AB, kẻ tiếp tuyến Ax. Đường thẳng BM cắt Ax tại I; tia phân giác của IAM
cắt nửa
đường tròn O tại E, cắt IB tại F; đường thẳng BE cắt AI tại H, cắt AM tại K.
a) Chứng minh 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh HF ⊥ BI .
c) Xác định vị trí của M trên nửa đường tròn O để chu vi ∆AMB đạt giá trị
lớn nhất và tìm giá trị đó theo R?
Câu 5 (1.0 điểm). Tìm các số tự nhiên x, y biết rằng:

(2

x

+ 1) ( 2 x + 2 ) ( 2 x + 3) ( 2 x + 4 ) − 5 y = 11879 .
-------Hết -----


PHÒNG GD& ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS ĐỖ ĐỘNG

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2015-2016

MÔN : TOÁN

Đáp án và hướng dẫn chấm

Điểm

Câu1

6đ
0,25

ĐKXĐ a > 0; a ≠ 1 (*)

a

M=

a +1
+
a

Vậy M =

(

)

)

a +1

a ( a − 1)

a −1

⇒0< N =

2,25

a + 2 a +1 a +1
=
+2
a
a

Do a > 0; a ≠ 1 nên
b

) − ( a − 1) ( a −

a + 2 a +1
với a > 0; a ≠ 1 (*)
a

Ta có M =

1

(4đ)

)(
a(

a −1 a + a +1

(

)

2

a −1 > 0 ⇔ a +1 > 2 a ⇒ M >

6 3
< do đó N nguyên thì N = 1
M 2

6 a
⇔
=1⇔
a +1+ 2 a

(

a −2

{

)

2

2 a
+2=4
a

0,5đ

(
(

)
)

a = 2 + 3 2
 a = 2+ 3

=3⇔ 
⇔
(TM *)
2
 a = 2 − 3
 a = 2 − 3

Vậy N nguyên khi a ∈ ( 2 + 3 ) ; ( 2 − 3 )
2

2

0.25đ

}

0,5đ

0,25đ

Ta có: x = 4 + 8. 2 + 2 + 2 . 2 − 2 + 2

(

2
(2đ)

)(

)

x = 4 + 2 2 . 4 − 2 − 2 = 2 2 + 2 2 − 2 = 2.2 = 2

0,75

(
(

0,75

y=

)
)

4 3 2 −2 3+ 5
3 8 − 2 12 + 20
2
=
=
3
3 18 − 2 27 + 45
9 3 2 −2 3+ 5

4
4
1−
3−
3 =9
⇒E=
8
4
8
3
3
1+

Câu 2

0,5

4đ


ĐK: −4 ≤ x ≤ 4 . PT đã cho tương đương với:
x
.
x+4 +2

1
(2đ)

(

)

4 − x + 2 = 2x

0.5đ

* x = 0 là nghiệm
* Giải 4 − x + 2 = 2. ( x + 4 + 2 )
Đặt u = x + 4 ; v = 4 − x ta thu được

0.25đ

0.5đ
2
14

v = 2u + 2

2
96
2
u = ; v =
2
⇒ u + ( 2u + 2 ) = 8 ⇔ 
5
5 ⇒ x+4 = ⇒ x =−
 2 2
(TM)
5
25
u
+
v
=
8

u = −2(loai)
96
Vậy pt đã cho có 2 nghiệm: x1 = 0 , x2 = −
0.25đ
25
Theo BĐT Cô – si cho hai số dương ta có:
1
b
a
b
= 1−
=

+
≥2
1+ b
1+ b 1+ a 1+ b

ab
( 1+ a) ( 1+ b)

0.5đ
0.5đ

2

2
(2đ)

4ab
1 4ab
 1 
=
.
Suy ra : 
÷ ≥
 1+ b  ( 1+ a) ( 1+ b) 1+ a 1+ b
2

1
a
2b
2b 4ab

1
 1 
= 1−
=
⇒
.
⇒ ab 2 ≤
Mà
÷ ≥
1+ a
1+ a 1+ b  1+ b  1+ b 1+ b
8
1
2

Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b = . Vậy Pmax =

1
tại
8

a=b=

0.5đ
1
2

Câu 3

4đ

PT tương đương ( x + 3 y ) + ( 2 x − 3) + ( 2 y + 1) = 10
Mà 10 chỉ có thể biểu diễn dưới dạng tổng 3 bình phương :
10 = 02 + 12 + 32 và 2x – 3; 2y + 1 là số lẻ nên:
2

1
(2đ)

0.5đ

x + 3y = 0

2
( 2 x − 3) = 1

2
( 2 y + 1) = 9

(*)

hoặc

2

2

x + 3y = 0

2
( 2 x − 3) = 9 (**)


2
( 2 y + 1) = 1

0,5
0,25
0,25
0,25

Xét hệ (*) từ Phương trình đầu ⇒ x = −3 y ⇒ ( 2 ( −3 y ) − 3) = 1
PT vô nghiệm
2

x = y = 0
 2 x − 3 = ±3


Xét hệ (**) 2 y + 1 = ±1 ⇔   x = 3
x + 3y = 0
  y = −1


Đáp số: x = y = 0; x = 3, y = -1

0,25
0,25
0,25


0,25

Đặt P =

0,5

P=

0,5
P=

0,5

P=

2
(2đ)

Do

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta có :

0,25

P

Vậy P

(đpcm)

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2.

Câu 4

5đ
Hình vẽ

x
I
F
M

H

A

E

K

O

B

·
Ta có M, E nằm trên nửa đường tròn đường kính AB nên FMK
= 900
·
= 900 .
a và FEK

0.5

Vậy 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên đường tròn đường kính FK

0.25

b 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)

0.25
0.25


·
·
·
·
Do đó FAH
(gt) cho nên ·AFK = FAK
= ·AFK mà FAH
= FAK

0.25

Suy ra AK = KF, kết hợp với (1) ta được AH = KF (3)

0.25

Từ (2) và (3) ta có AKFH là hình bình hành nên HF // AK. Mà
AK ⊥ IB suy ra HF ⊥ IB .

0.25

Chu vi của ∆AMB = C∆AMB = MA + MB + AB lớn nhất khi chỉ khi MA +
MB lớn nhất (vì AB không đổi).

0.25

2
2
Áp dụng bất đẳng thức ( a + b ) ≤ 2 ( a + b ) dấu "=" xảy ra ⇔ a = b ,
2

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

c

0.25

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

0.25

Vậy khi M nằm chính giữa cung AB thì C∆AMB đạt giá trị lớn nhất. Khi

0.25

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

Câu 5

1đ
x
x
x
x
Đặt A = ( 2 + 1) ( 2 + 2 ) ( 2 + 3) ( 2 + 4 ) , ta có 2 x. A là tích của 5 số tự

0.25

nhiên liên tiếp nên 2 x. A chia hết cho 5. Nhưng 2 x không chia hết cho 5,
do đó A chia hết cho 5.
Nếu y ≥ 1, ta có

(2

x

+ 1) ( 2 x + 2 ) ( 2 x + 3) ( 2 x + 4 ) − 5 y chia hết cho 5 mà

11879 không chia hết cho 5 nên y ≥ 1 không thỏa mãn, suy ra

y = 0.

0.25

x
x
x

x
y
Khi đó , ta có ( 2 + 1) ( 2 + 2 ) ( 2 + 3) ( 2 + 4 ) − 5 = 11879

0.25

⇔ ( 2 x + 1) ( 2 x + 2 ) ( 2 x + 3) ( 2 x + 4 ) − 1 = 11879
⇔ ( 2 x + 1) ( 2 x + 2 ) ( 2 x + 3) ( 2 x + 4 ) = 11880
⇔ ( 2 x + 1) ( 2 x + 2 ) ( 2 x + 3) ( 2 x + 4 ) = 9.10.11.12 ⇔ x = 3 .

0.25

Vậy x = 3; y = 0 là hai giá trị cần tìm.
Chú ý: HS có thể giải theo cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
Giáo viên ra đề

Tổ ký duyệt

Ban giám hiệu duyệt


Nguyễn Đình Tuấn