Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh phú thọ năm học 2015 2016(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
-----------------------

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (3,0 điểm).
a) Cho S = 1.2.3  2.3.4  ...  n(n  1)(n  2) với n là số tự nhiên khác 0 .
Chứng minh rằng 4 S  1 là số chính phương.
b) Tìm các số nguyên x và y thỏa mãn x 2  2 y 2  2 xy  y  2 .
Câu 2 (4,0 điểm).
x 5  4 x 3  17 x  9
x
1
với 2
 .
4
2
x  3x  2 x  11
x  x 1 4
b) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  5 và a  b  c  3 .

a) Tính giá trị biểu thức P =

Chứng minh rằng

a
b
c
4



.
a2 b2 c2
(a  2)(b  2)(c  2)

Câu 3 (4,0 điểm).
a) Giải phương trình 3x  1 2 x 2  1  5x 2  x  3 .

3
2
2
2
2 x  y  xy  y  5 x  2  0
b) Giải hệ phương trình  2 2
.

x

y

x

y


4

0


Câu 4 (7,0 điểm).
Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2 R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc
đường tròn (O) (M khác A, khác B). Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và M
cắt nhau ở E. Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB). Vẽ MQ vuông góc với AE
(Q thuộc AE).
a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp và APMQ là hình chữ nhật.
b) Chứng minh rằng PQ, OE, MA đồng qui.
c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh rằng K là trung điểm MP.
d) Đặt AP = x , tính MP theo R và x . Tìm vị trí của M trên đường tròn (O) để hình
chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất.
Câu 5 (2,0 điểm). Cho các số thực phân biệt a, b, c . Chứng minh rằng

a

2

 1
1
1  9
 .
 b 2  c 2 


2

2
(b  c)
(c  a) 2  2
 ( a  b)



---------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ...................................................; Số báo danh: ......................
/>
0


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
----------------------ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2015 – 2016
Hướng dẫn chấm môn: TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)

I. Một số chú ý khi chấm bài
 Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo
cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25
điểm.
 Thí sinh làm bài theo cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho
điểm tương ứng với thang điểm của Hướng dẫn chấm.
 Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn số.
II. Đáp án và biểu điểm

Câu 1 (3,0 điểm).
a) Cho S = 1.2.3  2.3.4  ...  n(n  1)(n  2) với n là số tự nhiên khác 0 .
Chứng minh rằng 4 S  1 là số chính phương.
b) Tìm các số nguyên x và y thỏa mãn x 2  2 y 2  2 xy  y  2 .
ĐÁP ÁN
a) (1,5 điểm). Ta có
4 S = 1.2.3.4  2.3.4.(5  1)  3.4.5.(6  2)  ...  n(n  1)(n  2)(n  3)  (n  1)

ĐIỂM
0,25

= 1.2.3.4  2.3.4.5  1.2.3.4  3.4.5.6  2.3.4.5  ...  n(n  1)(n  2)(n  3)  (n  1)n(n  1)(n  2)

0,25

= n(n  1)(n  2)(n  3)

0,25

Do đó 4 S  1 = n(n  1)(n  2)(n  3)  1 = n2  3nn2  3n  2  1

0,25

= n2  3n  2n2  3n  1

0,25

= n2  3n  1 . Vậy 4 S  1 là số chính phương.

0,25

2

2

b) (1,5 điểm). Ta có
2
2
x 2  2 y 2  2 xy  y  2  x  y    y 2  y  2  x  y   1  y 2  y 

0,25

Do x  y   0, x, y nên 1  y 2  y   0  1  y  2 . Suy ra y   1;0;1;2

0,25

Với y  1 , PT trở thành x2  2 x  1  0  x  1 Z

0,25

Với y  0 , PT trở thành x  2  0  x  Z

0,25

Với y  1 , PT trở thành x  2 x  1  0  x  Z

0,25

Với y  2 , PT trở thành x2  4 x  4  0  x  2  Z .

Vậy có 2 cặp x; y  thỏa mãn đề bài 1;1;  2;2 .

0,25

2

2

2

Câu 2 (4,0 điểm).
x 5  4 x 3  17 x  9
x
1
 .
với 2
4
2
x  3x  2 x  11
x  x 1 4
b) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  5 và a  b  c  3 .

a) Tính giá trị biểu thức P =

Chứng minh rằng

a
b
c
4




.
a2 b2 c2
(a  2)(b  2)(c  2)

ĐÁP ÁN
a) (2,0 điểm).

/>
ĐIỂM
0,5

1


x
1
  4 x  x 2  x  1  x 2  3x  1
x  x 1 4
Khi đó x3  x 2 .x  3x  1x  3x 2  x  33x  1  x  8x  3

Ta có

2

0,25

x  x .x  8x  3x  8x  3x  83x  1  3x  21x  8

4

3

2

0,25

x5  x 4 .x  21x  8x  21x2  8x  213x  1  8x  55x  21

0,25

x 5  4 x 3  17 x  9
55x  21  48x  3  17 x  9

4
2
21x  8  33x  1  2 x  11
x  3x  2 x  11
6x
3
3
( do x  0 ). Vậy P =
.


32 x 16
16
b) (2,0 điểm). Ta có
a  b  c  3  a  b  c  2 ab  bc  ca  9  ab  bc  ca  2

Suy ra P =



0,25
0,5



0,25

 a  b  a  c 
ca   b  c  b  a 
ca   c  a  c  b 

Do đó a  2  a  ab  bc  ca 

0,25

b  2  b  ab  bc 

0,25

c  2  c  ab  bc 

Suy ra
a
b
c




a2 b2 c2







a



  b  c  b  a  
a  b  c  b  c  a  c  a  b 
 a  b  b  c  c  a 
2 ab  bc  ca 
a b



b



0,25

a c

(a  2)(b  2)(c  2)

c

c a



c b



0,25

0,25
0,25

4
(a  2)(b  2)(c  2)
0,25

a
b
c
4



Vậy
.

a2 b2 c2
(a  2)(b  2)(c  2)

Câu 3 (4,0 điểm).
a) Giải phương trình 3x  1 2 x 2  1  5x 2  x  3 .

3
2
2
2
2 x  y  xy  y  5 x  2  0
b) Giải hệ phương trình  2 2
.

x  y  x  y  4  0

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

a) (2,0 điểm).
Điều kiện x 

1
2

0,25

PT  23x  1 2 x 2  1  10 x 2  3x  6



0,25



 4 2 x 2  1  23x  1 2 x 2  1  2 x 2  3x  2  0

Đặt

2 x 2 1  t (t  0) , ta được 4t 2  23x  1t  2 x 2  3x  2  0





Ta có '  3x  1  4 2 x 2  3x  2  x 2  6 x  9  x  3
 3x  1  x  3
 x2
t 
t  2
4
nên PT  

t  3x  1  x  3
t  2 x  1


4
2

2

/>
2

2

0,25
0,25

0,25


Với t 

Với t 

x2
thì
2

2x  1
thì
2

 x  2
 x  2
x2



 2
2
2
2
7 x  4 x  8  0
4 2 x  1  x  2
 x  2
2  60

.

2  60  x 
7
x


7

1
1


2x  1
x 
x 
2
2
2x  1 



2
2
4 2 x 2  1  2 x  12
4 x 2  4 x  5  0



2x2  1 









1

 x  2
1 6
.

x
2
x   1  6

2

Kết hợp điều kiện x 

0,25

 2  60  1  6 
1
ta được nghiệm của PT là x  
;
.
2 
2
 7

0,25

0,25

b) (2,0 điểm).
2 x 2  y 2  xy  y  5 x  2  0
Xét hệ phương trình  2 2

(1)
( 2)


x  y  x  y  4  0
2
2
PT (1)  2x  y  xy  y  5x  2  0  y 2  x  1y  2 x2  5x  2  0

Ta có '  x  1  4 2 x 2  5x  2  9 x 2  18x  9  9x  1

x  1  3x  1

y 
2
Khi đó PT (1)  
 y  x  1  3x  1
2

 y  x  2

 y  2x  1
2

2

Với y   x  2 , thay vào PT (2) ta được 2 x 2  4 x  2  0  x  1  y  1
x  1
Với y  2 x  1 , thay vào PT (2) ta được 5 x  x  4  0  
x   4
5

4
13
*) x  1  y  1
*) x    y  
5
5
 4 13 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là 1;1 và   ; 
 5 5

2

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

Câu 4 (7,0 điểm).
Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2 R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc
đường tròn (O) (M khác A, khác B). Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và M cắt
nhau ở E. Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB). Vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc
AE).
a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp và APMQ là hình chữ nhật.
b) Chứng minh rằng PQ, OE, MA đồng qui.
c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh rằng K là trung điểm MP.
d) Đặt AP = x , tính MP theo R và x . Tìm vị trí của M trên đường tròn (O) để hình chữ
nhật APMQ có diện tích lớn nhất.
/>
3


ĐÁP ÁN

ĐIỂM
Q

M

E

K
I

A

B

P

O

a) (2,0 điểm).
Xét tứ giác AEMO có góc  OAE =  OME = 900 nên tứ giác AEMO nội tiếp.
Xét tứ giác APMQ có góc  MPA =  PAQ =  AQM = 900 nên tứ giác APMQ là hình chữ
nhật.
b) (2,0 điểm).
Do APMQ là hình chữ nhật nên hai đường chéo PQ và MA cắt nhau tại trung điểm I của mỗi
đường.
Do tiếp tuyến tại A và M cắt nhau tại E, I là trung điểm MA nên O, I, E thẳng hàng.
Vậy PQ, OE, MA đồng qui tại I
c) (2,0 điểm).
O là trung điểm AB, I là trung điểm MA nên OI song song với MB   MBP =  EOA

Mà  MPB =  EAO = 900 nên  MPB đồng dạng với  EAO (g.g).
Suy ra PB : AO = PM : AE  PB. AE = PM. AO (1)
Do PK song song với AE nên PB : AB = PK : AE  PB. AE = PK. AB (2)
Từ (1) và (2) suy ra PM. AO = PK. AB  PM. 2AO = 2PK. AB  PM = 2PK
(do 2AO = AB)
Vậy K là trung điểm MP.
d) (1,0 điểm).
Trong tam giác vuông MPO, ta có MP2 = OM2 – OP2 = R2 – (R - x )2 khi P thuộc đoạn OA
MP2 = OM2 – OP2 = R2 – ( x - R)2 khi P thuộc đoạn OB
Khi đó MP2 = (2R - x ) x . Suy ra MP = (2 R  x) x
Diện tích hình chữ nhật APMQ là S = MP. AP =

( 2 R  x) x 3

1,0
1,0
1,0
1,0

0,5
0,5
0,5
0,5

0,25

0,25

Áp dụng BĐT a  b  c  d  2 ab  2 cd  44 abcd với mọi a, b, c, d  0
abcd 

hay abcd  
 . Dấu “=” xảy ra  a  b  c  d
4


4

0,25

4

x x x

 2R  x    
x
x
x
3 3 3   3 3 R2
S = (2 R  x) x3  27(2 R  x). . .  27.
3 3 3
4
4






x
3

Dấu “=” xảy ra  2 R  x   x  R . Suy ra P là trung điểm OB. Do đó ta xác định được
3
2
M để diện tích hình chữ nhật APMQ lớn nhất.

/>
4

0,25


Câu 5 (2,0 điểm). Cho các số thực phân biệt a, b, c . Chứng minh rằng

a

2

 1
1
1  9
 .
 b 2  c 2 


2
2
(b  c)
(c  a) 2  2
 ( a  b)



ĐÁP ÁN

ĐIỂM

 a  b  b  c  c  a   a  b  b  c  c  a 
Ta có 
 1
 1
 1  
 1
 1
 1
 a  b  b  c  c  a   a  b  b  c  c  a 
ab bc bc ca ca ab

.

.

.
 1
a b bc bc c a c a a b

0,25

ab bc ca
Khi đó 



 0
a b bc ca
2

ab bc bc ca ca ab
a b bc ca
.

.

.
2

 
 
  2.
a b bc bc c a c a a b
a b bc ca
Suy ra
 a 2  b 2 b 2  c 2 c 2  a 2  (a  b) 2  (a  b) 2 (b  c) 2  (b  c) 2 (c  a) 2  (c  a) 2

2.




2
(b  c) 2 (c  a) 2 
(a  b) 2

(b  c) 2
(c  a ) 2
 ( a  b)
2

2

2

 a b
b c
c a  5
ab bc ca




 
 
  3  2  3  5  
2
2
2 
(
a

b
)
(
b


c
)
(
c

a
)
a b bc ca

 2
2

2

2

2

2

2

2

2

0,25

0,5

2

(1)

 a
 b
 c
  a
 b
 c

Mặt khác 
 1
 1
 1  
 1
 1
 1
 b  c  c  a  a  b   b  c  c  a  a  b 
a
b
b
c
c
a

.

.


.
 1
bc c a c a a b a b bc

0,25

2

b
c 
 a
Khi đó 


 0
bc ca a b
2

2

2

a
b
b
c
c
a
 a   b   c 

.

.

.
 2 (2)

 
 
  2.
bc c a c a a b a b bc
bc ca a b
Từ (1) và (2) suy ra
 1
1
1 

a 2  b 2  c 2 


2
2
(b  c)
(c  a) 2 
 ( a  b)



0,25



 a2  b2 b2  c2 c2  a2   a   b   c 
5
9
 
 


 
 
  2 .
2
2
2 
(b  c)
(c  a )   b  c   c  a   a  b 
2
2
 ( a  b)
a  b b  c c  a


0

1
1 
a  b b  c c  a
 1
 a  b  c 



Dấu “=” xảy ra  
0
a b bc ca
 a  b  c 0

b  c c  a a  b
Chẳng hạn a  0, b  1, c  1.
2

2

2

............................. HẾT .................................

/>
5

0,5