Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 năm học 2014 - 2015 trường THCS Xuân Dương, Hà Nội

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS XUÂN DƯƠNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9
NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (6 điểm)
 x5 x
 
25  x
x 3
x 5

Cho biểu thức A = 
 1 : 



x

25
x

2
x

15
x


5
x

3

 


1. Rút gọn A
2. Tìm số nguyên x để A nguyên
3. Với x  0 , x  25, x  9 tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
B=

A( x  16)
5

Câu 2: (4 điểm)
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
A=

xy yz zx
với x, y, z là các số dương và x2 + y2 + z2 = 1


z
x
y

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 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 AB tại I. 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: (1 điểm)
Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn: 2xy + x + y = 83
-----------Hết-----------


PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS XUÂN DƯƠNG
Câu

Ý

1

a

(6đ)

Nội dung trình bày
Tìm đúng điều kiện x  0, x  25, x  9

Rút gọn A 
b

ĐÁP ÁN CHẤM THI HGS TOÁN 9
Năm học: 2014 – 2015

5
x 3

 x 3 1

1,0
1,5

x  z => x  3 là Ư(5)
=> 

Điểm

0,5

(loai )

1,0

 x  3  5  x  4

c

B

A( x  16) 5( x  16) x  16


5
5( x  3
x 3

 x 3

2

a

25
x 3

 x 3

25
x 3

0,5
6

1,0

=> B  4 => min B = 4  x=4

0,5

ĐK: x  4 hoặc x = 0,5

0,5

Biến đổi:

(4đ)

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) 0,5
b

A=

xy yz zx


z
x
y

Nên A2 =

x2 y2 y2 z2 z2 x2
 2  2  2 ( vì x2+y2+z2 =1)
2
z
x
y

= B +2

0,75


Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương ta có
x2 y2 y2 z2
x2 y2 y2 z2
 2 
 2y2
2
2 2
z
x
z x
2 2
y z
z2 x2
Tương tự


 2z 2
x2
y2
x2 y2 z2 x2
 2  2x 2
z2
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

a

(3đ)

b

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

Áp dụng BĐT



1 1
4
 
a b ab

1
11 1
   
ab 4 a b

(với a, b > 0)

0,25
0,5


Ta có:


1
1
1
1
1

 


3x  3y  2z  2x  y  z    x  2 y  z  4  2x  y  z x  2 y  z 
 1 1  1
1
1
1
1
1
1 
 




  

4   x  y    x  z   x  y    y  z   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 
 



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 

Tương tự:

0,5

Cộng vế theo vế, ta có:
1
1
1
1 4
4
4 


 



3x  3 y  2z 3x  2 y  3z 2x  3 y  3z 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

I

M

O

O’

B

D

a

Xét tứ giác ACMD có : IA = IM (gt), IC = ID (vì AB  CD :

gt)  ACMD là hình thoi

0,5

 AC // DM, mà AC  CB (do C thuộc đường tròn đường kính

0,5

AB)
 DM  CB; MJ  CB (do J thuộc đường tròn đường kính MB)
 D, M, J thẳng hàng.

0,5


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

0,5

 = JMO'
 = IMD
 (do O’J = O’M : bán kính đường tròn (O’);
MJO'

ˆ ' và IMD
ˆ đối đỉnh)
JMO
  900  IJ là tiếp tuyến của (O’),
 + MJO'
  900  IJO
 IJM
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
2

2

Mà IJ + O’J  2IJ.O’J = 4SJIO’
Do đó SJIO’
SJIO’ =

R2


4

R2
khi IJ = O’J và  JIO’ vuông cân
4

0,5
0,5
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

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

0,5