De dap an HSG toan 9 nam 2015 CV

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD-ĐT THANH OAI. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI. TRƯỜNG THCS CAO VIÊN. Môn: Toán 9 (Thời gian 150 phút ) Năm học 2015-2016. Bài 1: ( 5điểm )  x 1 xy  x   P    1 :  1   xy  1 1  xy      1) Cho biểu thức:. xy  x. . xy  1. x 1   xy  1 . a. Tìm điều kiện để biểu thức P có nghĩa và rút gọn P. 1 1  6 x y b. Cho . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P.. 2) Cho x  3 2 . Tính giá trị của biểu thức:. B  x5  3 x 4  3 x 3  6 x 2  20 x  2020. Bài 2: ( 4 điểm ) 1) Cho hàm số y = ( m- 1) x + m2 -1 ( m là tham số). Tìm m để đồ thị hàm số là đường thẳng cắt hai trục tạo độ tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB là tam giác cân. 2) Giải phương trình :. 2  x 2  3 x  2  3 x3  8. Bài 3 : ( 3 điểm ) 4n 4n 4n 4n 1) Tìm số tự nhiên n để A 2012  2013  2014  2015 là số chính phương.. 2) Cho các số thực dương a, b,c thỏa mãn ab + bc + ca = 2015. a. Chứng minh bất đẳng thức:. 2015  a 2. . b. c. 2015  b 2. 2015  c 2. . 3 2. Bài 4: ( 6 điểm ) Cho đường tròn ( O,R ). Đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của (O).Trên đường tròn lấy E ( E khác A,B).Tiếp tuyến tại E cắt Ax,By lần lượt tại C và D. Vẽ EF vuông góc với AB tại F. BC cắt EF tại I. EA cắt CF tại M, EB cắt DF tại N và K là trung điểm của AC. 1. Chứng minh I là trung điểm của EF và K, M, I, N thẳng hàng. 1 r 1   3 R 2 . 2. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác COD. Chứng minh 3. Gọi r1 , r2 lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác COE và DOE. Chứng minh 2 2 2 rằng r r1  r2. Bài 5: ( 2 điểm ) Cho các số thực a và b thay đổi thỏa mãn a3 + b3= 2. Tìm tất cả các giá trị nguyên của (a+b )..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN (2015-2016) Câ u Bài 1 (5đ). Đáp án. Điểm. x  0; y  0; xy 1. 1) Đkxđ :  x 1 xy  x   xy  x P    1 :  1    xy  1 1  xy   xy  1     x 1 x 1   x 1 x 1  P   :     xy  1 1  xy   1  xy xy  1     (1  xy )(1  xy ) 2( x  1) P . xy  1)(1  xy 2 xy ( x  1). 0,5đ x 1   xy  1 . 1 xy. P. 0,5 0,5 0,5đ. 2.  1 1  4     y xy b)+ Chứng minh được BĐT  x 1 9  P 9 xy + từ gt biến đổi ta được :. +. Tìm được dấu bằng :. x y . 1 9. 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ. 1 x y  9 + KL : max P= 9 khi 2 2 2) x + 3 = 2 => x  2  3  ( x  2) 3  x  4 x  1 0. 0,5đ. B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2020 B = (x5 – 4x4 + x3 ) + ( x4 – 4x3 + x2 ) + 5( x2 – 4x + 1) + 2015. 0,5đ. B = x3( x2 – 4x + 1) +x2( x2 – 4x + 1) +5(x2 – 4x + 1) + 2015. 0,25đ 0,25 đ. B = 2015. Bài + HS lập luận được để đồ thị hàm số là đường thẳng cắt 2 trục tọa độ tại 2 2 điểm A và B sao cho tam giác OAB cân tại O thì đồ thị hàm số đã cho song (5đ) song với đường thẳng y = x ( hoặc y = - x ) 1đ. + Từ đó dẫn đến.  m  1 1  2  m  1 0. hoặc. m  1  1  2 m  1 0. giải hệ pt ta tìm được.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> m = 2 hoặc m = 0 và trả lời bài toán 1đ 2. đk x  2. Biến đổi pt đưa về pt. 2  x 2  2 x  4   2( x  2) 3 ( x  2)( x 2  2 x  4). 0,5đ 0,25đ. Nếu x= -2 không là nghiệm của pt 0,25đ Nếu x  2 . Biến đổi đưa pt về:. .. t. Đặt. 2.. x2  2 x  4 x2  2x  4  2 3 x2 x2. x2  2x  4 (t  0) x2. PT đưa về dạng 2t2 – 3t – 2 =0. 0,25 đ 0,25 đ 0,25đ. Tìm được 2 nghiệm t = -0,5 ( loại ) ; t = 2 ( thỏa mãn ) 0,25đ Từ đó tìm được. x 3  13. Kết hợp đk và kết luận nghiệm. . . S  3  13. Bài 3 (3đ). 1) + Xét n= 0 thì A= 4 là số chính phương ( thỏa mãn ) + Xét n là số tự nhiên khác 0 A = (20124)n + (20134)n + (20144)n+ (20154)n - Lập luận để tìm được chữ số tận cùng (20124)n có CSTC là 6 (20134)n có CSTC là 1 (20144)n có CSTC là 6 (20154)n có CSTC là 5 Vậy A có CSTC là 8 Từ đó kết luận A không thể là số chính phương .. 0,5đ 0,25đ. 1đ 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1) + ta có 2015 + a2 = ab + bc + ca + a2 = ( a + b ) ( a + c ) + Áp dụng BĐT cô si ta được (a  b)  (a  c) 2 (a  b)(a  c). 0,25đ. (a  b)  (a  c) 2 ( a  b)(a  c)  (a  b)(a  c ) (a  b)(a  c ) 2 1 1 a 1 a a          (a  b)(a  c) a  b a  c (a  b)(a  c) 2  a  b a  c  . Chứng minh tương tự ta có b 1 b b      (b  c)(b  a) 2  b  c b  a . 1đ. c 1 c c      (c  a )(c  b) 2  c  b c  a . Cộng theo vế các BĐT trên ta được a b c 1  a b b c c a  3       2015  a 2 2015  b 2 2015  c 2 2  a  b b  c c  a  2 Bài 4 (6đ). x. y. Q. C E D K. M I. I N. A. O O. F. F. N. B. 0,25đ 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1. + kéo dài BE cắt Ax tại Q + chứng minh được  CEQ cân tại C và  CAE cân Suy ra CA = CQ ( 1) EI BI IF EI IF     + EF//CQ nên CQ BC CA CQ AC (2).  1  2  . 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ. EI IF. EF EM   EI EM AC MA    1 1 AK MA IE  EF, KA  AC   2 2 Cm  EMI đồng dạng  AMK (c-g-c) EF / / CA . +. 0,5đ. 0,5đ. Suy ra EMI = KMA Suy ra KMA + AMI =1800 Vậy K , M , I ,N thẳng hàng. 0,5đ. 2. + đặt CD = a ; OC =b ; OD =c ( a > b; a > c ) + vì r là bán kính đường tròn nội tiếp  COD 1 1 1 r a sCOD  r (OC  OD  CD)  r (a  b  c)  R.a   2 2 2 R a b c + Trong  COD có b+c > a suy ra a+ b +c > 2a a a 1 r 1      a  b  c 2a 2 R 2. +. Vì. a  b, a  c  a  b  c  3a . a 1 r 1    a bc 3 R 3. Từ (3) (4) suy ra đpcm 3. + gọi P là nửa chu vi tam giác r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác S là diện tích tam giác ta chứng minh được S = Pr. 0,5đ. 0.5đ. (3) 0,5đ. (4).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> + Cm :  COD đồng dạng với các  CEO ;  OED CO CD OD    CE CO EO sCEO CO 2 PCEO .r1 CO 2       SCOD CD 2 PCOD .r CD 2  CO.r1 CO 2 r r  2 1   CD.r CD CO CD PCEO CO    PCOD CD. Cm tương tự ta có :. r1 r  OD CD. 0,25đ. 0,5đ (5) (6). Từ (5) (6) 0,75đ 2 2 2 2 2 2 2 r r r r r r r r r  1  2  1 2  2 2  1 2 2 2  1 22  2  r12  r2 2 r 2 CO DO CO OD CO  OD CD CD ( đpcm) Bài + Ta có a3+b3= (a+b) (a2-ab +b2) Mà a3+b3 = 2 và a2-ab +b2 > 0 5 Suy ra : a+ b >0 (1) (1đ) + đặt a= x + 1; b = y +1 a3+b3 = 2 hay x3 + y3 +3(x2+ y2) +3(x+y) =0 mà 3(x2+ y2)  0  x3 + y3 +3(x+y)  0  ( x + y)( x2-xy+y2 +3)  0  x+y  0 ( vì x2-xy+y2 +3 >0 )  a+ b  2 (2) Mặt khác a+b là số nguyên (3) Từ (1) và (2) , (3)  a+ b =1 ; a+ b =2 + Nếu a+b =2 thì ta luôn chọn được cặp số a=b =1 ( thỏa mãn đầu bài ) + Nếu a+ b = 1 . khi đó ta có a+ b = 1 và a3+b3 = 2  a  b 1    1 a . b   3. 0.25. 1đ.  a 1  b  2  1 7  b  2  12  0  . 0,5đ (I) Vì hpt (I) có nghiệm a,b nên tồn tại cặp số thực để a+b = 1 0,25đ Vậy để thỏa mãn các dữ kiện của đề bài thì chỉ tồn tại 2 giá trị nguyên của a+ b = 1 ; hoặc a+b =2 Người ra đề. Nguyễn Mai Phương. Tổ chuyên môn. Ban giám hiệu.

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