de thi HSG 20152016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>phßng gD ĐT thanh Oai TRƯỜNG THCS BÍCH HÒA đề chính thức. §Ò thi häc sinh giái líp 9 N¨m häc 2013 -2014 M«n To¸n häc ( Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề). Câu 1.(3 điểm). a) Tính : A  4  5 3  5 48  10 7  4 3 1 1 x 1     B    :  1  x  1  x  x 1   x  x 1  ( với x > 1) b) Cho biểu thức. - Rút gọn biểu thức B. 2 - Tìm các giá trị của x để B 2  x   x  3x  2 .. Câu 2. (3,5 điểm): a) Cho x  3  5  2 3  3  5  2 3 . Tính giá trị của biểu thức A x  2x  2 2. 3 2010 b) Cho hàm số f (x) (x  12x  31). 3 3 Tính f (a) tại a  16  8 5  16  8 5. Câu 3: (3,5 ®iÓm) T×m c¸c nghiệm nguyên của phương trình : x2 + xy + y2 = x2y2 Câu 4 : (4 điểm) 2. a) Giải phương trình: x - 2 + 6 - x = x - 8x + 24 b) Cho ba số x; y; z thỏa mãn : x  y  z 3 . Tìm giá trị lớn nhất của B = xy  yz  zx Câu 5 ( 6điểm): Cho  ABC (AB = AC). Vẽ đường tròn có tâm O nằm trên BC và tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại D, E. Gọi I là một điểm chuyển động trên cung nhỏ DE (I khác D và E). Tiếp tuyến của đường tròn tại I cắt các cạnh AB, AC tương ứng tại M, N . a) Chứng minh rằng: Chu vi tam giác AMN không đổi. 2 b) Chứng minh hệ thức 4.BM .CN BC c) Xác định vị trí của điểm I trên cung nhỏ DE để  AMN có diện tích lớn nhất. ----------------------------------Hết -------------------------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> híng dÉn chÊm m«n to¸n 9 N¨m häc 2013-2014. phßng gD ĐT thanh Oai TRƯỜNG THCS BÍCH HÒA. Câu 1 (3 điểm) a) (1đ) Ta có :. Điểm.  2  3. A  4  5 3  5 48  10. . A  4  5 3  5 48  10 2  3. 2. 0.25. . 0.25. A  4  5 3  5 28  10 3.  5  3. A 4  5 3 5. . A 4  5 3 5 5 . . 3. 0.25. 2. 4  5 3  25  5 3 =. =. 4  5 3. 0.25. 1 1 x 1     B    :  1  x  1  x  x 1   x  x 1  ( với x > 1) b) (2 điểm) *)  x 1  x x  x 1  x 1     :  1   x   x  1   x  1   x 1  x. 0.5. x  1  x 1 x1. 0.25. . x 1 . . x 1  x  1 .. . . . x  x  x 1 :. . x1  x 1 x  1  x 1 .. B 2  x   x 2  3x  2 . *) Câu 2 (3 ,5điểm). 0.25 x  1  0  1  x 2 2  x 0. x  1. 2  x .  x  1  2  x   . 1đ. a) (1.5 điểm). Nhận xét x > 0 2.  x 2  3  5  2 3  3   3  5  2 3  3 .  52 3   .. 52 3 2. 3. 6  2 9  5  2 3 6  2 4  2 3 6  2 6  2. . . . 3  1 4  2 3 . . 3 1. . 52 3 3. . 52 3. . 31. . 2. 0,5. 2. Vì x > 0 nên x  3  1 . 2. Suy ra x  1  3   x  1 3  x  2x 1 3  x  2x  2 0 . Vậy A = 0 2. 0.5. 2. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> b) (2đ). a  3 16  8 5  3 16  8 5. 3 3 3 3  a 32  3 (16  8 5)(16  8 5).( 16  8 5  16  8 5 ) 3  a 32  3.( 4).a.  a 3 32  12a  a 3  12a  32 0  a 3  12a  31 1 2010  f (a ) 1 1. 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25. Câu 3 (3,5 điểm) 2 2 2  x y  4 x  2 2 2 *Víi x 2 vµ y 2 ta cã:  x y  4 y. 0,5.  x2y2  2 (x2 + y2) = x2 + y2 +x2 + y2 x2 + y2 + 2xy> x2 + y2 + xy * VËy x 2 hoÆc y  2 - Với x =2 thay vào phơng trình ta đợc 4 + 2y + y2 = 4y2 hay 3y2-2y -4 =0  Ph¬ng tr×nh kh«ng cã nghiÖm nguyªn - Với x =-2 thay vào phơng trình ta đợc 4 - 2y + y2 = 4y2 hay 3y2+2y -4 =0  Ph¬ng tr×nh kh«ng cã nghiÖm nguyªn - Với x =1 thay vào phơng trình ta đợc 1 + y + y2 = y2 hay y = -1 - Với x =-1 thay vào phơng trình ta đợc 1 - y + y2 = y2 hay 1- y = 0  y =1 - Với x = 0 thay vào phơng trình ta đợc y =0 Thử lại ta đợc phơng trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là: (0; 0); (1, -1); (-1, 1) Câu 4 (4 điểm). 0,75 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0.25 0,5. 2. PT: x  2  6  x  x  8 x  24 (1) ĐKXĐ: 2 x 6 Chứng minh được: x  2  6  x 2 2 Dấu “=” xảy ra  x – 2 = 6 – x  x = 4. 0,25đ 0,5đ 0,25đ. x 2  8 x  24  ( x  4) 2  8  8 2 2 Dấu “=” xảy ra  (x – 4)2 = 0  x - 4 = 0  x = 4 Phương trình (1) xảy ra  x = 4. 0,5đ 0,25đ. a ) (2,0đ). Giá trị x = 4 : thỏa mãn ĐKXĐ b)( 2.0đ). Vậy:. S= 4. 0,25đ. Ta có :. B xy  z  x  y  xy   3   x  y    x  y  2. xy  3  x  y    x  y   x 2  y 2  xy  3x  3y 2. 0.25 0.25. 2. y  3   3y 2  6y  9 y 3 3 2     x     x    y  1  3 3   2  4 2  4    y  1 0  y 3  0  x y z 1 x  2   x  y  z 3. Dấu = xảy ra khi Vậy giá trị lớn nhất của B là 3 khi x = y = z = 1. 0,75 0,5 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 5 (6 điểm) a) (2đ) AD = AE; IM = MD; IN = NE (t/c 2. 0,5. tiếp tuyến cắt nhau). Chứng minh chu vi bằng 2AD không đổi. b) (2đ) Ta có MON = (1800 - A)/2; A. 1,5 0,5. B = C = (1800 - A)/2.. 0,25. Suy ra BMO, OMN và CON đồng. 0,5. dạng với nhau suy ra M D. I. N E. BM BO BC 2   BM .CN BO.CO  CO CN 4 2  4 BM .CN BC. 0,5 0,25. B có SAMN lớn nhất  C c) (2đ) Ta SBMNC bé nhất. Ta có: O 1 S BMNC SOBM  SOMN  SOCN  R  BM  MN  CN  2 ( R: bán kính đường tròn) 1 1  BM  MI  NI  CN  R   BM  MD  NE  CN  R 2 2 1  R  2 BM  BD  2CN  CE  R  BM  CN  BD   BD CE  2 R; BD không đổi  S BMNC nhỏ nhất khi BM + CN nhỏ nhất .. 0,5. . Mặt khác ta có BM  CN 2 BM .CN 2 R . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi BM = CN.. 0,5 0,5. Hay BM + CN bé nhất bằng 2R khi BM = CN = R khi và chỉ khi MN // BC hay I là trung điểm của cung nhỏ DE.. 0,25. Vậy SAMN lớn nhất  I là trung điểm của cung nhỏ DE.. 0,25. Chú ý : + Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải khác nhau, nếu học sinh có cách giải khác, hợp lý và đúng chính xác vẫn cho điểm tối đa. + Đối với bài toán hình, nếu không có hình vẽ thì không chấm..

<span class='text_page_counter'>(5)</span>