Đề thi học sinh giỏi lớp 9 cấp huyện Thanh Oai năm học 20152016 môn thi: Toán Trường THCS Đỗ Động49781

b Với những giá trị nào của a thì biểu thức 6 nhận giá trị nguyên.. Trong nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường thẳng AB, kẻ tiếp tuyến Ax.. Đường thẳng BM cắt Ax tại I; tia

PHÒNG GD& ĐT THANH OAI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2015-2016

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (6 điểm)

1.(4đ) Cho biểu thức: a 1 a a 1 a2 a a a 1 với

M

a) Rút gọn M

b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức 6 nhận giá trị nguyên

N M



2.( 2đ) Tính giá trị của biểu thức 1 xy 1 xy với

E

x y x y

;

3 18 2 27 45

Câu 2: (4 điểm)

1.(2đ) Giải phương trình:  x  4 2  4  x 2 2x

2.(2đ) Với a; b là các số thực dương thỏa mãn 2 1

a b 

Tìm giá trị lớn nhất của P = ab2

Câu 3 : (4 điểm)

1.(2đ) Tìm các số nguyên (x,y) thỏa mãn: 5x2 + 13y2 + 6xy = 4(3x – y)

2.(2đ) Cho a, b, c là các số lớn hơn 1 Chứng minh bất đẳng thức sau:

� 2

� ‒ 1+

2� 2

� ‒ 1+

3� 2

� ‒ 1 ≥24

Câu 4 : (5 điểm)

Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (M không

trùng với A và B) Trong nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường thẳng

AB, kẻ tiếp tuyến Ax Đường thẳng BM cắt Ax tại I; tia phân giác của IAM฀ cắt nửa

đường tròn O tại E, cắt IB tại F; đường thẳng BE cắt AI tại H, cắt AM tại K.

a) Chứng minh 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên một đường tròn.

b) Chứng minh HF BI

c) Xác định vị trí của M trên nửa đường tròn O để chu vi AMB đạt giá trị

lớn nhất và tìm giá trị đó theo R?

Câu 5 (1.0 điểm) Tìm các số tự nhiên x, y biết rằng:

2x 1 2 x 2 2 x 3 2 x 45y 11879

Hết

-PHÒNG GD& ĐT THANH OAI

TRƯỜNG THCS ĐỖ ĐỘNG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9

NĂM HỌC 2015-2016 MÔN : TOÁN

a

ĐKXĐ a 0;a1 (*)

       

1

1 1

a M







Vậy M a 2 a 1 với (*)

a

0,25

2,25

1

(4đ)

b

Ta có M a 2 a 1 a 1 2

a

do đó N nguyên thì N = 1

6 3 0

2

N M

2 2

2

6

a a

a

  

Vậy N nguyên khi    2 2

0.25đ 0,5đ 0,5đ

0,25đ

2

(2đ)

Ta có: x 4  8 2  2  2 2  2  2

x 4 2 2 4 2    2  2 2  22  2 2.2  2

4 3 2 2 3 5

3

3 18 2 27 45 9 3 2 2 3 5

y

9

E

0,75

0,75

0,5

Câu 2 4đ

1

(2đ)

ĐK:    4 x 4 PT đã cho tương đương với:

4 2

x

 

* x = 0 là nghiệm

* Giải 4   x 2 2. x  4 2

Đặt u x 4; v 4 x ta thu được

(TM)

 2 2

2 2

8

2(loai)

u v

u



 

Vậy pt đã cho có 2 nghiệm: x1 0, 2 96

25

x  

0.5đ 0.25đ 0.5đ

0.25đ

2

(2đ)

Theo BĐT Cô – si cho hai số dương ta có:

  

1

b   b  a b a b

Suy ra :

  

2

.

Mà

2

2

ab

Dấu bằng xảy ra 1 Vậy Pmax = tại

2

a b

8

1 2

a b

0.5đ 0.5đ

0.5đ 0.5đ

1

(2đ)

PT tương đương   2  2 2

x y  x  y 

Mà 10 chỉ có thể biểu diễn dưới dạng tổng 3 bình phương :

10 = 02 + 12 + 32 và 2x – 3; 2y + 1 là số lẻ nên:

(*) hoặc (**)

2

2

x y

x y







2

2

x y x y







Xét hệ (*) từ Phương trình đầu    2

PT vô nghiệm

Xét hệ (**)

0

x y x

 

   



     

     

Đáp số: x = y = 0; x = 3, y = -1

0,5 0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

(2đ)

Đặt P = �

2

� ‒ 1+

2 � 2

� ‒ 1+

3� 2

� ‒ 1

P = � 2 ‒ 1 + 1

� ‒ 1 +

2 � 2 ‒ 2 + 2

� ‒ 1 +

3 � 2 ‒ 3 + 3

� ‒ 1

P = (� + 1 +� ‒ 11 )+(2( � + 1) +� ‒ 12 )+(3( � + 1) +� ‒ 13 )

P = (� ‒ 1 +� ‒ 11 )+(2( � ‒ 1) +� ‒ 12 )+(3( � ‒ 1) +� ‒ 13 )+ 12

Do �,�,� > 1 áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta có :

P ≥ 2 (� ‒ 1)� ‒ 11 + 2 2( � ‒ 1)� ‒ 12 + 2 3( � ‒ 1)� ‒ 13 + 12 = 24

Vậy P≥ 24 (đpcm)

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2.

0,25

0,5

0,5

0,5

0,25

Hình vẽ x

I

F

M

H E K

A O B

Ta có M, E nằm trên nửa đường tròn đường kính AB nên ฀ 0

90

FMK 

và ฀ 0

90

a

Vậy 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên đường tròn đường kính FK 0.25

K là trực tâm của AFB nên ta có FK  AB suy ra FK // AH (2) 0.25

Do đó ฀FAH ฀AFK mà FAH฀ ฀FAK (gt) cho nên ฀AFK FAK฀ 0.25 b

kết hợp với (1) ta được AH = KF (3)

Từ (2) và (3) ta có AKFH là hình bình hành nên HF // AK Mà

0.25

Chu vi của AMBCAMB MAMB AB lớn nhất khi chỉ khi MA +

MB lớn nhất (vì AB không đổi)

0.25

Áp dụng bất đẳng thức  2  2 2 dấu "=" xảy ra ,

2

Nên MA + MB đạt giá trị lớn nhất bằng AB 2 khi và chỉ khi

MA = MB hay M nằm chính giữa cung AB. 0.25 c

Vậy khi M nằm chính giữa cung AB thì CAMB đạt giá trị lớn nhất Khi

đóCAMB MAMB AB AB 2AB (1 2)AB2 (1R  2)

0.25

Đặt 2x 1 2 x 2 2 x 3 2 x 4, ta có là tích của 5 số tự

A

nhiên liên tiếp nên 2 x chia hết cho 5 Nhưng không chia hết cho 5,

do đó A chia hết cho 5

0.25

Nếu y1, ta có 2x 1 2 x 2 2 x 3 2 x 45y chia hết cho 5 mà

11879 không chia hết cho 5 nên y1 không thỏa mãn, suy ra y = 0. 0.25

Khi đó , ta có 2x 1 2 x 2 2 x 3 2 x 45y 11879

2x 1 2 x 2 2 x 3 2 x 4 1 11879

2x 1 2 x 2 2 x 3 2 x 4 11880

0.25

2x 1 2 x 2 2 x 3 2 x 4 9.10.11.12 3

x

Vậy x3;y 0 là hai giá trị cần tìm 0.25

Chú ý: HS có thể giải theo cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

Giáo viên ra đề

Nguyễn Đình Tuấn

Tổ ký duyệt Ban giám hiệu duyệt