De thi HSG toan 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ỨNG HÒA. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9 - NĂM HỌC 2015-2016. ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 9 (Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề). (Đề thi gồm 01 trang). Câu 1. (4 điểm. ). . 8 x  x  31  x  8 x 15. x 5 3 x  1  x  3 5 x. Cho biểu thức: P a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm giá trị của x để P < 1. c) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức P nhận giá trị nguyên. Câu 2. (4 điểm). x x. 1 1  1 x x. a) Giải phương trình: b) Tính giá trị biểu thức A = x2014 + y2015 + z2016 biết ba số x, y, z thỏa mãn đồng thời.  x 2  2 y  1 0  2  y  2 z  1 0  z 2  2 x  1 0  Câu 3. (2 điểm) Cho đường thẳng (dm) : 2mx + (3m – 1)y – 6 = 0 a) Tìm đường thẳng (d m) đi qua điểm A(-1 ; -3) và xác định hệ số góc của đường thẳng đó. b) Tìm điểm cố định đường thẳng (dm) đi qua với mọi giá trị của m. Câu 4. (4 điểm) a) Giả sử a, b, c, d là các số tự nhiên tùy ý khác 0 sao cho ac = bd. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì B = an + bn + cn + dn là hợp số.. a, b, c  0 3 9 4    13 a  2b  3c 20  a 2b c b) Cho Chứng minh S = a + b + c + Câu 5. (6 điểm) Cho đường tròn (O,R). Từ điểm A nằm ngoài đường tròn, kẻ hai tiếp tuyến AD, AE với đường tròn (D, E là tiếp điểm). Đường thẳng qua O và vuông góc với OA cắt tia AD, AE lần lượt ở B và C. a) Chứng minh: DC = EB. b) Chứng minh: DA.DB = R2. c) Gọi K là điểm trên cung nhỏ DE. Tiếp tuyến tại K của đường tròn (O,R) cắt AD, AE lần lượt tại M, N. Chứng minh BC2 = 4BM.CN. d) Cho OA = 2R. Tìm vị trí của K để BM + CN đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. Họ và tên thí sinh:………………………………. SBD:…………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ỨNG HÒA. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9 - NĂM HỌC 2015-2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN LỚP 9. Câu. Nội dung. Câu a. (2 đ) 1 Tìm được ĐK: x 0 ; x 9 ; x 25 (4.0đ). 8 x  x  31  x  8 x  15. P . . Điểm 0,5đ. x 5 3 x  1  x  3 5 x. 8 x  x  31  ( x  3)( x  5). x 5 3 x  1  x 3 x 5. 0,5đ. 8 x  x  31  ( x  5)( x  5)  (3 x  1)( x  3)  ( x  3)( x  5). 0,25đ. 8 x  x  31  x  25  3x  10 x  3  ( x  3)( x  5). 0,25đ. x 2 x  3 ( x  3)( x  1)  ( x  3)( x  5) ( x  3)( x  5). 0,25đ.  . x 1 x 5. 0,25đ. Hd: Biến đổi sai từ bước nào không chấm bước đó; nhầm dấu bước nào mà kết quả vẫn đúng trừ điểm bước đó; dùng dấu tương đương thay cho dấu bằng, thanh ngang phân thức không kẻ trừ 0,5đ. Làm gộp biến đổi kết quả đúng vẫn chấm điểm thành phần.. b. (1,0 điểm) Tìm giá trị của x để P < 1. Điều kiện có nghĩa x 0 ; x 9 ; x 25. 6  0  x  5  0  x  25 x  5 P<1 Kết hợp với điều kiện ta có P < 1  0 x  25; x 9 . x 1 1  x 5. 0,75 đ 0,25đ. c. (1,0 điểm). Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức P nhận giá trị nguyên x 1 6 1  x  5 ( x 0 ; x 9 ; x 25) P= x 5 P có giá trị nguyên khi và chỉ khi x  5 là ước của 6 hay: x  5  1; 2; 3; 6  x  4;16;36;49;64;121 Câu 2 (4đ). a. Giải phương trình :. 0,25đ 0,75đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> x x. 1 1  1 x x (1). 1   x  x 0   1 1  0  x  x 1  x 0   1 x  0     Điểu kiện : Xét hai trường hợp + Nếu  1 x  0 : Vế trái (1) âm suy ra phương trình vô nghiệm. + Nếu x 1 , ta có (1) 2  1 1 1 1  x  1   x    x  1   x  x x x x   x( x  1)  2 x( x  1)  1 0 . . . . 0,5đ. 2.  1 5 x 2 x( x  1) 1  x 2  x  1 0    1 5 x  2. 0,5đ. 0,25đ.  x 2  2 y  1 0  2  y  2 z  1 0  z 2  2 x  1 0 . (2 đ). 0,5đ. x( x  1)  1 0. 1 5 x 2 . Vì x 1 vậy phương trình có nghiệm. Câu 3. 0,25đ. b) Từ hệ thức : cộng theo vế ta được: 2 2 x + 2y + 1 + y + 2z + 1 + z2 + 2x + 1 = 0  (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 0  x = -1; y = -1; z = -1 thay vào biểu thức A = x2014 + y2015 + z2016 = (-1)2014 + (-1)2015 + (-1)2016 = 1 Cho đường thẳng (dm) : 2mx + (3m – 1)y – 6 = 0. 1,0đ 0,5đ 0,5đ. a) Tìm đường thẳng (dm) đi qua điểm A(-1 ; -3) và xác định hệ số góc của đường thẳng đó. Do điểm A(-1; -3) thuộc (dm) thế tọa độ điểm A vào đường thẳng (dm) ta có: 2m(-1) + (3m - 1)(-3) – 6 = 0.   11m  3 0  m . 0,25đ. 3 11. 3 33 3  y  x m  10 10 11 thay vào ta được (d) : 3x + 10y + 33 = 0 Khi. 0,25đ 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vậy đường thẳng cần tìm là. y . 3 33 3 x  10 10 và hệ số góc a = 10. 0,25đ. b) Tìm điểm cố định đường thẳng (dm) đi qua với mọi giá trị của m. Gọi điểm cố định M(x0 ; y0) thỏa mãn đường thẳng (dm)  2mx0 + (3m – 1)y0 – 6 = 0  (2x0 + 3y0)m + (-y0 – 6) = 0, mọi m 2 x0  3 y0 0  x0 9    y  6  0  y0  6   0 Vậy điểm cố định đường thẳng (dm) đi qua với mọi m là M(9; -6) Câu 4 (4 đ). 0,5đ 0,5đ. a) Xét các trường hợp:. a d  k b c + Nếu (b,c) = 1 thì ac = bd suy ra (k  N+) an d n an  d n  n  n k n n n c b c Từ đó b Vậy A = an + bn + cn + dn = bn + cn + kn(bn + cn) = (kn + 1)(bn + cn), do đó A là hợp số + Nếu (b,c) = m (k  N+) nghĩa là c = mp; b = mq với p, q là số nguyên dương và (p,q)=1 Khi đó từ ac = bd suy ra ap = qd. Tiếp tục như trường hợp trên ta được:. 0,5đ. 0,5đ. an  d n l n n n p q (l nguyên dương) suy ra. 0,5đ. A = an + bn + cn + dn = bn + cn + ln(pn + qn) = mnpn + mnqn + ln(pn + qn) = (ln +mn)(pn + qn). Vậy A là hợp số. 0,5đ. a  2b  3c 20 . a) Theo giả thiết ta có (Chọn điểm rơi: a = 2; b = 3; c = 4) Theo bất đẳng thức Cosi:.  4 4 a  2 a. 4 a a   9 9 b  2 b. 6  b  b  16 16 c  2 c. 8 c c . 1 1 3 a  b  c 5 4 2 4 (1). 3  4 3 a     .4 3 4 a  4   1  9 1 3 1 1 3 9 4  8   b    .6 3  a  b  c   2 b 2 4 2 4 a 2 b c    1  16  1   c    .8 2 c  4 4 . Cộng (1) và (2) theo vế => đpcm. 0,5đ. 1,0đ. (2) 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu 5 (6đ). B D. O. 0,75. C. 0,75. A E. Chứng minh được tứ giác DBCE là hình thang cân + Chỉ ra BE = CD. 0,5. Áp dụng hệ thức lượng váo tam giác vuông AOB đường cao OD chứng minh được DA.DB = R2.. 1,0. B M. D. K. O. A N. Chứng minh. Chứng minh. E. C.   C  180  A B 2 (1)   DOE 180  A  MON   2 2  C  MON  B. Từ (1) và (2) ta có: Chứng minh. MON. BM BO  Suy ra OC NC. đồng dạng với. Hay. MBO. 0,75 0,75 (2). 0,5. (gg). BC BC BC2 BM.NC  .  2 2 4. 0,5. Kết luận..... Áp dụng bất đẳng thức Cô si .... BM  CN  BM.CN ...2OB 2R 3 4R 3 OB  2OB  3 ; 3 Tính được. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Kết luận: min(BM + CN) =. 4R 3 3. Khi K là giao điểm của AO với đường tròn.. Ghi chú: Bài giải bằng cách khác vận dụng kiến thức đã được học, hợp logic và trình bày hợp lý vẫn cho điểm tối đa..

<span class='text_page_counter'>(7)</span>