DE THI HSG LOP 9 MON TOAN

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THIỆU HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC. (Đề thi gồm có 01 trang). ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 25 tháng 11 năm 2015. A. x x 3 2( x  3) x 3   x 2 x  3 x 1 3  x. Câu 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức: a) Rút gọn biểu thức A; b) Tìm x biết A = 8; c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A.. Câu 2: (3,0 điểm). a) Tìm các giá trị của a, b sao cho đồ thị hàm số y = (a – 3)x + b song song với đường thẳng y = –2x + 1 đồng thời đi qua giao điểm của hai đường thẳng y = 5x + 5 và y = x – 3. b) Tìm x; y; z thỏa mãn. ¿ 2(x + y)=3 xy 3 ( y + z)=4 yz 4(x + z)=5 xz ¿{{ ¿. Câu 3: (4,0 điểm). a) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b  c  abc 4 . Tính giá trị của biểu thức: A  a(4  b)(4  c )  b(4  c)(4  a)  c(4  a )(4  b)  2. abc .. 2. b) Giải phương trình nghiệm nguyên: (x + 1)(x + 1) = (2y + 1) . Câu 4: (5,0 điểm). Cho đường tròn (O,R) và một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn. Trên d lấy một điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến của (O) tại C cắt AB tại E. a) Chứng minh BCM đồng dạng với BEO ; b) Chứng minh CM vuông góc với OE; c) Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài dây AB. Câu 5: (2,0 điểm). Cho tam giác đều ABC, điểm M nằm trong tam giác ABC sao cho AM2 = BM2 + CM2. Tính số đo góc BMC. Câu 6. (2,0 điểm). Cho: x + y + z = 1 và x3 + y3 + z3 = 1. Tính A = x2015 + y2015 + z2015.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Họ tên học sinh: .................................................; Số báo danh: .................................... PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THIỆU HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: Toán Câu Nội dung Điểm Câu 1 4,0 đ a. ĐKXĐ x ≥ 0 , x ≠ 9 0,5 đ 2( √ x − 3) √ x +3 x √ x −3 (2,0đ) A= − − ( √ x +1)( √ x −3) √ x+ 1 √ x −3 √ x −3 ¿2 −(√ x+3)(√ x +1) 0,5 đ ¿ x √ x −3 − 2¿ A=¿ 0,5 đ x x − 3 −2 x+12 √ x −18 − x − 4 √ x −3 A= √ ( √ x −3)( √ x +1) x x − 3 x+ 8 √ x − 24 (x +8)( √ x − 3) x +8 A= √ = = 0,5 đ ( √ x − 3)( √ x +1) ( √ x −3)( √ x+1) √ x +1. b. (1,0đ). Với. x≥0, x≠9 x +8 ⇔ =8 A=8 √ x +1 ⇔ x +8=8 √ x +8 ⇔ x −8 √ x=0 ⇔ √ x ( √ x −8)=0.  x 0   x  8 0  x 0   x 64 (thỏa. 0,25 đ 0,25 đ. 0,5 đ. mãn đk) Vậy x = 0 hoặc x = 64 thì A = 8. c. (1,0đ). Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: A=. x+ 8 x +4 +4 4 √ x+ 4 4( √ x +1) = ≥ = =4 √ x+ 1 √ x +1 √ x+ 1 √ x+1. Dấu “=” xảy ra ⇔ x=4 (Thỏa mãn điều kiện) Vậy GTNN của A = 4. 0,5 đ 0,5 đ. 1.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> khi Câu 2 a. (1,5đ). b. (1,5đ). x = 4. 3,0 đ. Vì đường thẳng (d): y = (a - 3)x + b song song với đường thẳng y = -2x + 1 nên: a - 3 = -2 và b 1 => a = 1; b 1 Tìm được giao điểm của đường thẳng y = 5x + 5 và y = x - 3 là M(-2;-5) Vì (d): y = -2x + b đi qua M(-2;-5) => b = -9 (thỏa mãn) Vậy a = 1; b = -9. + Từ hệ đã cho ta thấy nếu một trong ba số x; y; z bằng 0 thì suy ra hai số còn lại bằng 0 vậy (x; y; z) = (0; 0; 0) là một giá trị cần tìm.. 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ. 0,5 đ. 0,75 đ. + Trường hợp xyz 0: ¿ 2(x + y)=3 xy 3 ( y + z)=4 yz ⇔ 4(x + z)=5 xz ¿{{ ¿ ¿ 1 1 3 + = x y 2 1 1 4 + = ⇒ y z 3 1 1 5 + = z x 4 ¿{{ ¿ 1 1 1 49 + + = x y z 24. 0,25 đ. 2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ⇒. ¿ 24 x= 17 24 y= 19 24 z= 13 ¿{{ ¿. ¿ 1 17 = x 24 1 19 = y 24 1 13 = z 24 ¿{{ ¿. ⇒. + Vậy các cặp số (x; y; z) cần tìm là (x; y; z) = (0; 0; 0) và (x; y; z) = ( 24 24 24 ; ; ) 17 19 13. Câu 3 a. (2,0đ). 4,0 đ. A  a(4  b)(4  c)  b(4  c)(4  a)  c(4  a)(4  b). Ta có:. a  b  c  abc 4  4a  4b  4c  4 abc 0,5 16đ. . a(4  b)(4  c)  a(16  4b  4c  bc).  a (2 a  bc )2  a (2 a  bc ) 2a  0,5 abcđ. Tương tự:. 0,5 đ. b(4  c)(4  a) 2b  abc , c(4  a)(4  b) 2c  ab  A 2(a  b  c)  3 abc . b. (2,0đ). 0,5 đ. abc 2(a  b  c  abc ). + Trước hết, chứng. 0,25 đ. 2. 0,25 đ. minh (x + 1) và (x + 1) nguyên tố cùng nhau: Gọi d = ƯCLN (x +. 0,5 đ. 2. 1, x + 1) => d phải là 3.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> số lẻ (vì 2y + 1 lẻ). 0,5 đ.  x  1d  2   x  1d  0,5 đ  x 2  x d  2  x  1d  x  1d  .  x  1d   x  1d.  2 d mà. d lẻ nên d = 1. + Nên muốn (x + 1)(x 2. + 1) là số chính. phương 2. Thì (x + 1) và (x + 1) đều phải là số chính phương 2 2  x  1 k  2 Đặt:  x  1 t . (k + x)(k – x) = 1  k 1 k  1    x 0 hoặc  x 0. + Với x = 0 thì (2y + 2 1) = 1  y = 0 hoặc. y = - 1(Thỏa mãn pt) Vậy nghiệm của phương trình là: (x; (0; 0); (0;  1) y)   Câu 4. 5,0 đ. 4.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> A O Q. N. P. C. I B M. E H. a. (2,0đ). Gọi Q là giao điểm của AB với OM. Ta có AM//CE (cùng vuông góc với AC) ⇒. d. 0,5 đ 0,5 đ. ∠ BEC =∠MAB. (so le trong) Mà ∠ABC=900 ; 0 ∠ AQM=90 và ∠ AMO =∠ OMB (Dễ chứng minh). Suy ra ∠ AMO =∠ OMB = ∠ BCE (cùng phụ với hai góc bằng nhau) ⇒ tan BCE = tan OMB ⇒ BE OB = BC MB MB OB = BC BE. 0,5 đ. 0,5 đ. ⇒. (1). Lại có. ∠ MBA =∠OBC. (cùng phụ với góc ABO) Nên ∠ MBC=∠OBE ( cùng = 900 + ∠ OBC ) (2). b.. Từ (1) và (2) suy ra  MBC  OBE (c.g.c). Từ  MBC. 0,5 đ 5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> (1,5đ).  OBE. ⇒ ∠ BCM=∠ BEO. 0,5 đ. Gọi I và N lần lượt là giao điểm của OE với BC và MC.  BIE  NIC (g.g) ⇒. Mà. ∠ IBE=∠INC. ∠ IBE=90 0 ∠ INC=90 .. c. (1,5đ). 0,5 đ. 0. => Vậy. CM  OE Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d. P là giao điểm của AB với OH Ta có  OQP  OHM (.g.g) => OQ OP  OH OM  QO. OM = OP. OH = OA2 = R2 R2  OP  OH Mà O và d cố định => OH không đổi => OP không đổi Lại có : AB = 2AQ = 2 2 2 0A  OQ mà OQ  OP. 0,5 đ. 0,5 đ. 0,5 đ. R4 2R  AB 2 OA  OP 2 R   . OH 2 2 OH OH (không đổi) Dấu “=” xảy ra  Q P  M H Vậy GTNN của AB = 2R . OH 2  R 2 OH  M H 2. Câu 5. 2. 2. 2,0 đ. 6.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> (2,0đ). * Vẽ tam giác đều CMN Ta có: BC = AC; CN = CM;  BCN =  ACM (Vì đều có tổng với  MCB bằng 600) Do đó  BCN =  ACM (c.g.c) Suy ra BN = BM. 0,5 đ. 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ. * Theo giả thiết: AM 2 BM 2  CM 2  BN 2 BM 2  MN 2  BMN vuông tại M. (Định lý Pitago).     BMC BMN  NMC 900  600 1500. Câu 6. 2,0 đ Từ x + y + z = 1  (x + y + z)3 = 1 Mà: x3 + y3 + z3 = 1  (x + y + z)3 - x3 -. 0,5 đ 7.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> y3 - z3 = 0 3   x  y  z   z 3   x 3  y 3  0. 2   x  y  z  z    x  y  z    x  y  z  z  z 2    0,5 đ   x  y   x 2  y 2  z 2  2xy  2 yz  2xz+xz  yz  z.   x  y   3z 2  3xy  3 yz  3xz  0   x  y  3  y  z   x  z  0. 0,5 đ.  x  y 0  x  y   y  z 0   y  z    x  z 0  x  z * Nếu 0,5 đ 2015 2015 2015 x  y  z 1  A x  y  z 1 * Nếu y  z  x 1  A x 2015  y 2015  z 2015 1 * Nếu x  z  y 1  A x 2015  y 2015  z 2015 1 Lưu ý:. - Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 đ; - HS làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.. 8.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>