Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh quảng bình năm học 2015 2016(có đáp án chi tiết)

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
Họ và tên:…………………..
SỐ BÁO DANH:……………

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2015-2016
Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016
Môn thi: TOÁN
LỚP 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề gồm có 01 trang

Câu 1 (2.0 điểm)
Cho biểu thức: P 

x2  x
2 x  x 2( x  1)
với 0  x  1.


x  x 1
x
x 1

a. Rút gọn biểu thức P.
b. Tìm x để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 2 (3.0 điểm)
a. Cho phương trình: 2 x2  2mx  m2  2  0 (tham số m). Tìm m để phương trình có
hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn | 2 x1 x2  x1  x2  4 | 6 .
b. Giải hệ phương trình:



x3  2 x 2 y  x  y 3  2 xy 2  y
x  2  4  x  y 2  6 x  11

Câu 3 (2.5 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I), AI cắt
(O) tại M (khác A), J là điểm đối xứng với I qua M . Gọi N là điểm chính giữa của
cung ABM , NI và NJ lần lượt cắt (O) tại E và F .
a. Chứng minh MI  MB. Từ đó suy ra BIJ và CIJ là các tam giác vuông.
b. Chứng minh I , J, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
Câu 4 (1.5 điểm)
Cho a, b  0 thỏa mãn a  b  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:

M

1
1

2
a  b b  a2

Câu 5 (1.0 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên dương m và n thỏa mãn điều kiện:

n2  n  1   m2  m  3 m2  m  5
-------------------hÕt-------------------


SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2015-2016
Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016
Môn thi: TOÁN
LỚP 9
Đáp án này gồm có 04 trang
YÊU CẦU CHUNG


* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu
phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.
* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những
bước giải sau có liên quan. Ở câu 3 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho
điểm 0.
* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành
phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm
của từng bài.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.
Câu

Nội dung

x  x
2 x  x 2( x  1)
với 0  x  1 .


x  x 1

x
x 1
a. Rút gọn biểu thức P.
Với 0  x  1 ta có:
x2  x
x ( x  1)( x  x  1)

 x ( x  1)  x  x
x  x 1
x  x 1
2x  x
x (2 x  1)

 2 x 1
x
x
Cho biểu thức: P 

1

2( x  1) 2( x  1)( x  1)

 2( x  1)
x 1
x 1
P  ( x  x )  (2 x  1)  2( x  1)  x  x  1
Kết luận: P  x  x  1, 0  x  1
b. Tìm x để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất.
Với 0  x  1 ta có:
1

3 3
P  x  x  1  ( x  )2  
2
4 4
1
1
Dấu ‘=’ xãy ra khi và chỉ khi x   0  x 
2
4
1
Kết luận: P đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi x  .
4
2
2
a. Cho phương trình: 2 x  2mx  m  2  0 (tham số m). Tìm m để

2

Điểm

2

1,0

0,25

0,25
0,25

0,25

1,0
0,50

0,50

phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn | 2 x1 x2  x1  x2  4 | 6

1,50

Ta có: ∆’  m2  2(m2  2)  4  m2
Phương trình có hai nghiệm x1 , x2  ∆’  0  4  m 2  0
 2  m  2

0,25

2

0,25


Theo định lý Viet ta có: x1  x2  m; x1.x2 

m2  2
2

Theo bài ra:
m 2
m4 6
2
2

| m2  m  6 | 6   m2  m  6  6
 m  m  6  6
c m  3 (lo¹ i)
 m2  m  12  0  m  4 (lo¹ i) hoÆ



2
m  0 hoÆ
c m1

 m  m 0
| 2 x1 x2  x1  x2  4 | 6  2.

 m  0 hoÆ
c m1
Kết luận: m  0 ; m  1

b. Giải hệ phương trình:





x3  2 x 2 y  x  y 3  2 xy 2  y
x  2  4  x  y 2  6 x  11

ĐKXĐ: x  2  0  2  x  4
4 x 0
3

x  2 x 2 y  x  y 3  2 xy 2  y (1)
x  2  4  x  y 2  6 x  11 (2)
Từ (1) ta có:
x 3  2 x 2 y  x  y 3  2 xy 2  y
 x 3  2 x 2 y  x  y 3  2 xy 2  y  0
 ( x3  y 3 )  2 xy ( x  y )  ( x  y )  0
 ( x  y )[( x 2  xy  y 2 )  2 xy  1]  0
 ( x  y )( x 2  xy  y 2  1)  0
 x  y  0 (do x 2  xy  y 2  1  0 x, y  )
xy



0,25

2

Thay x  y vào (2) ta có: x  2  4  x  x 2  6 x  11 (3)
VP  x 2  6 x  11  ( x  3) 2  2  2, x  [2; 4]
Dấu ‘=’ xãy ra  x  3
VT  x  2  4  x  ( x  2).1  (4  x).1
( x  2)  1 (4  x)  1


 2, x  [2; 4]
2
2
Dấu ‘=’ xãy ra khi x  3

0,25

0,50

1,50

0,25

0,50

0,25

0,25



x2 4 x  2  x 3
x 2  6 x  11  2
0,25
Do x  3 nên y  3
Kết luận: ( x; y)  (3; 3)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn
(3) 

(I), AI cắt (O) tại M (khác A), J là điểm đối xứng với I qua M . Gọi
N là điểm chính giữa của cung ABM , NI và NJ lần lượt cắt (O) tại

E và F .

3

1,50


a. Chứng minh MI  MB. Từ đó suy ra BIJ và CIJ là các tam giác
vuông.
A
N
I

E

O

B

C
F

0,25
M

3
J

A
(AM là phân giác góc BAC )
2
A B
 MBI  MBC  CBI  
(1)

2 2
A B
MIB  IAB  IBA  
(2) (tính chất góc ngoài tam giác)
2 2
Từ (1) và (2) suy ra tam giác MBI cân tại M, do đó MI = MB.
Tương tự ta có: MI = MC.
1
Xét tam giác BIJ ta có: MB  MI  IJ  tam giác BIJ vuông tại B
2
Tương tự: tam giác CIJ vuông tại C.
Vậy BIJ và CIJ là các tam giác vuông tại B và C.
b. Chứng minh I , J, E, F cùng nằm trên một đường tròn.

Ta có: MBC  MAC 









1
1
s®NA  s®AE ; AIE  s®NM  s®AE
2
2
Mà s®NA = s®NM (N là điểm chính giữa cung ABM )  NFE  AIE

Ta có: NFE 

Mặt khác NFE  EFJ  1800 và AIE  EIJ  1800  EFJ  EIJ .
Hơn nữa I và F nằm về cùng một phía so với JE.
Kết luận: I , J, E, F cùng thuộc một đường tròn.

0,25

0,25
0,25

0,50
1,0
0,25
0,25
0,50

Cho a, b  0 thỏa mãn a  b  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
4

M

1,5

1
1

a  b2 b  a2

Trước hết ta chứng minh với a  0 thì  a  b   a  b2   a  1 (* )

2

4

0,50


Thật vậy:
(* )  a2  2ab  b2  a2  a  ab2  b2  2ab  a  ab2

 a b  1  0 (do a > 0)
2

1
a1

2
2
a  b  a  b
1
b1
Tương tự:

2
b  a2  b  a

Từ (*) 

0,25

1
1
a b 2


(1)
2
2
a b b a
(a  b)2
a b 2
Ta chứng minh với a, b  0 thỏa mãn a  b  2 thì
 1 (2)
(a  b)2
Thật vậy:
(2)  (a  b)2  (a  b)  2  (a  b  1)(a  b  2)  0 (do a  b  2 )
Cộng vế theo vế ta được: M 

Từ (1) và (2) suy ra M  1
Dấu ‘=’ xãy ra khi a  b  1.
Vậy giá trị lớn nhất của M bằng 1 khi a  b  1.

0,25

Tìm tất cả các số nguyên dương m và n thỏa mãn điều kiện
n2  n  1   m2  m  3 m2  m  5

1,0

Từ điều kiện n2  n  1   m2  m  3 m2  m  5  m4  m2  8m  15

0,25

Xét phương trình bậc hai : n2  n  (m4  m2  8m  16)  0 (1) (ẩn số n)
Để phương trình (1) có nghiệm nguyên dương thì
  4m4  4m2  32m  63 phải là một số chính phương.

0,25

Ta có    2m  2  4 m  4  3   2m  2 , m *
2

2

5

0,50

2

2

2

Mặt khác    2m2  1  32 m  2
2

Do đó    2m2  1  32 m  2   2m2  1 , m  2
2

2

Khi đó:  2m2  1     2m2  2 , m  2
Suy ra (1) chỉ có nghiệm nguyên dương n khi m 1 hoặc m 2
Nếu m 1 thì n2  n  6  0 vô nghiệm.
n  4
Nếu m 2 thì n2  n  20  0  
 n  5 (lo¹ i)
Thử lại m = 2 và n = 4 thỏa mãn điều kiện bài toán.
Kết luận : m = 2 ; n = 4.
2

0,25

2

5

0,25