Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THCS Gia Hòa, Gia Viễn

PHÒNG GD&ĐT GIA VIỄN
TRƯỜNG THCS GIA HÒA

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2019 - 2020
MƠN: TỐN LỚP 9
Thời gian làm bài: 150 phút
(Đề thi gồm 05 câu; 01 trang)

Câu 1: (4,0 điểm)
 x 3

x 2

x 2

 

x 

Cho biểu thức A  


 : 1 
 ; Với x  0; x  4; x  9 ;
x  1 
 x  2 3 x x 5 x  6  
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm giá trị của A khi x  6  2 5 .
c) Với giá trị nào của x thì

1
đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó?
A

Câu 2: (4,0 điểm)
1.Cho a; b là hai số dương thỏa mãn: a2  b2  6 .
Chứng minh: 3(a2  6)  (a  b) 2
2. Cho hàm số: y  x  2m  1 ; với m tham số.
a, Xác định m để đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O.
b, Tính theo m tọa độ các giao điểm A; B của đồ thị hàm số với các trục O x; Oy,
H là hình chiếu của O trên AB. Xác định giá trị của m để OH 

2
2

Câu 3: (4,0 điểm)
a. Giải phương trình:

x 1  2 x  2  x  1  5 x  2

b. Giải phương trình nghiệm nguyên: x2  xy  2008x  2009 y  2010  0
Câu 4: (6,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R ). AB và CD là hai đường kính cố định của (O) vng
góc với nhau. M là một điểm thuộc cung nhỏ AC của (O). K và H lần lượt là hình
chiếu của M trên CD và AB.
a. Tính sin 2 MBA  sin 2 MAB  sin 2 MCD  sin 2 MDC
b. Chứng minh: OK 2  AH (2R  AH )
c. Tìm vị trí điểm H để giá trị của: P = MA. MB. MC. MD lớn nhất.
Câu 5: (2,0 điểm): Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn xyz=1. Chứng minh
rằng:

1
1
1


1
x  y 1 y  z 1 z  x 1

……………………………………….. HẾT.………………………………………
Họ và tên thí sinh: …………………………………………… SBD: ………………
Họ và tên giám thị 1: ………………………………………... Chữ ký: ……………
Họ và tên giám thị 2: ………………………………………... Chữ ký: ……………


PHÒNG GD&ĐT GIA VIỄN
TRƯỜNG THCS GIA HÒA

HDC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2019-2020
MƠN: TỐN LỚP 9
Thời gian làm bài: 150 phút
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

I. Hướng dẫn chung
1. Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó.
2. Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau.
3. Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc khơng vẽ hình thì khơng cho điểm.
4. Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm
đủ từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất.

5. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải
đảm bảo không sai lệch và đảm bảo thống nhất thực hiện trong tồn hội đồng chấm.
6. Tuyệt đối khơng làm tròn điểm.
II. Hướng dẫn chi tiết
Đáp án

Câu

Điểm

a. (2,5 điểm)

a) Với điều kiện Với x  0; x  4; x  9 ta có:


x 3
x 2


 x 2
x 3


A





1



(4,0điểm)

 
x 
 :  x 1 

x  1 
x  3   x  1


x 2



x 2





x 9 x  4 x  2  1 
:

x 2
x 3
 x 1 









x 3
x 2



0,5

 1 
:

x  3  x 1 



1
1
:

x  2 x 1

0,5

0,5

x 1
.
x 2

0,5

b) Dễ thấy : x  6  2 5   5  1 thoả mãn điều kiện. Khi đó:
2

x





5 1

2

 5 1 .

Do vậy, giá trị của biểu thức A là:


5 1  1
5

5 1  2

5 3

3 5 5
.
4

c) Viết lại,

0,5

3
1
1
=1 
. Để
có GTNN thì
A
A
x 1

0,5
0,25

3
có GTLN, hay
x 1

0,25

x  1 có GTLN

Ta có:

x  1  1 , dấu "=" xảy ra khi x = 0.

Giá trị nhỏ nhất của

3
1
 1  3  2 , xảy ra khi x = 0.
là 1 
A
0 1

0,5

1. Với a; b là hai số dương ta có:
2

1
1
2


 a  b    2.a.  b.1   2a 2  b2    1 (Theo Bunhiacopski)
2
2 



  a  b    a2  6
2

3
(Vì a2  b2  6 ) Hay
2

3(a 2  6)  (a  b) 2

0,75
0,75

2a, y  x  2m  1 ; với m tham số
Để đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O(0; 0)
2
(4,0điểm)

thì 2m  1  0  m  

1
2

0,5
0,5

b, Tìm được tọa độ giao điểm A của đồ thị hàm số với trục Ox:
A  2m  1;0 

0,5

Giao điểm B của đồ thị hàm số với trục Oy: B  0; 2m  1
Ta có:  AOB vng tại O và có OH là đường cao nên:
m  0
1
1
1
1
1
2
Hay 2  2  2  2 



2
2
2
2
OH
OA OB
x A yB
(2m  1)
 m  1

Điều kiện: x  2

0,5

0,5
0,25

x 1  2 x  2  x 1  5 x  2  x  2  2 x  2 1  x 1  5 x  2






2

x  2 1  x 1 5 x  2  0  x  2 1 x 1 5 x  2  0

 x  2  4 x  2  4  0  ( x  2  2) 2  0  x  6  2

0,5
0,5
0,5

Vậy nghiệm của pt là: x  6
3
(4,0điểm)

0,25
x 2  xy  2008 x  2009 y  2010  0
 x 2  xy  x  2009 x  2009 y  2009  1

0,5

 x( x  y  1)  2009( x  y  1)  1  ( x  2009)( x  y  1)  1
  x  2009  1

  x  2010


  x  y  1  1    y  2010
  x  2009  1   x  2008


  x  y  1  1
  y  2010

0,5
0,5
0,5


C
K

B

O

M

H

A

0,5

D

Vì M thuộc (O) nên các tam giác: BMA và CMD vuông tại M nên:

4

sin 2 MBA  sin 2 MAB  sin 2 MCD  sin 2 MDC =

0,75

(sin 2 MBA  cos2 MBA)  (sin 2 MCD  cos2 MCD) = 1 + 1 = 2

0,75

2
(6,0điểm) Chứng minh: OK  AH (2R  AH )

Suy ra: OK2 = MH2 = AH(2R- AH)

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

P = MA. MB. MC. MD =AB.MH.CD.MK = 4R 2.OH.MH(Vì MK
= OH)

0,25
0,25

Thật vậy: KOHM là hình chữ nhật nên: OK = MH
Mà MH2 = HA.HB (Hệ thức lượng trong tam giác vng MAB có
MH đường cao) và BH = AB – AH = 2R - AH

Mà OH.MH 

OH 2  MH 2 OM 2 R 2


(Pitago)
2
2
2

R2
Vậy P  4 R .  2 R 4 . đẳng thức xẩy ra  MH = OH
2
2

 OH =

R 2
2

Đặt x=a3 y=b3 z=c3 ,a,b,c >0 thì x, y, z >0 và abc=1. Ta có

0,25
0,25

0,25

5

a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab)  (a+b)ab, do a+b>0 và a2+b2-ab  ab
(2,0điểm)
 a3 + b3+1  (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0


1
1

3
a  b  1 ab  a  b  c 
3

Tương tự ta có

0,5
0,25


1
1
,

3
b  c  1 bc  a  b  c 
3

1

1

3
c  a  1 ca  a  b  c 
3

0,5

Cộng theo vế ta có
1
1
1
1
1
1


= 3
+ 3 3 + 3 3
3
x  y 1 y  z 1 z  x 1 a  b 1 b  c 1 c  a 1


1
1
1 1 
 1
c  a  b  1
   =
 a  b  c   ab bc ca   a  b  c 

0,5

Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1
..............................................................Hết.................................................................
Gia Hòa, ngày
Xác nhận của BGH

tháng 9 năm 2019

Người ra đề