Đề thi và đáp án học sinh giỏi toán lớp 9 năm 2016 tham khảo bồi dưỡng thi (9)

Vẽ KH vuông góc với tiếp tuyến Bx của đường tròn.. Vẽ tiếp tuyến Ax, lấy điểm M bất kì trên Ax, vẽ tiếp tuyến thứ hai MB với đường tròn B là tiếp điểm.. Gọi I là trung điểm của MA, BI cắ

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015 - 2016 TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU MÔN: TOÁN – LỚP 9.

Thời gian: 150 phút

Bài 1(6đ): 1 Cho biểu thức: 1 ( 2 5 1 ) : 1

4 1

A

x

−

−

a/ Rút gọn A

b/ Tìm giá trị nguyên của x để A đạt giá trị nguyên

2, Tính giá trị của biểu thức B = x3 - 3x + 2000 với x = 3 3 + 2 2 + 3 3 − 2 2

Câu 1 ( 1,5 điểm) Cho 3 số x, y, z thỏa mãn đồng thời:

3x - 2y - 2 y+ 2012 +1 =0

3y - 2z - 2 z− 2013 + 1 = 0

3z - 2x - 2 x− 2 - 2 = 0;

Tính giá trị của biểu thức P = ( x - 4)2011 + ( y + 2012)2012 + ( z - 2013)2013

Câu 2 (1,5 điểm) Cho bốn số thực a , b , c , d thoả mãn đồng thời:

7

= +

+

a và a2 + b2 + c2 + d2 = 13 Hỏi a có thể nhận giá trị lớn nhất là bao nhiêu?

Bài 3: (3đ)

a) Cho ba số dương , ,x y z thoả mãn 1 1 1 1

x + + =y z Chứng minh rằng:

x yz+ + y zx+ + z xy+ ≥ xyz + x + y + z b)Tìm số tự nhiên n sao cho A n= 2 + +n 6 là số chính phương

Bài 4 ( 7 điểm)

Câu 1 (3 điểm) Từ điểm K bất kì trên đường tròn tâm O đường kính AB = 2R

Vẽ KH vuông góc với tiếp tuyến Bx của đường tròn Giả sử góc KAB bằng α

độ ( 0 < α < 90 )

a, Tính KA, KB, KH theo R và α

b, Tính KH theo R và 2α

c, Chứng minh rằng: cos 2α = 1 – 2sin2α

cos 2α = 2 cos2α - 1

Câu 2 (4 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R, A là điểm cố định trên

đường tròn Vẽ tiếp tuyến Ax, lấy điểm M bất kì trên Ax, vẽ tiếp tuyến thứ hai

MB với đường tròn (B là tiếp điểm) Gọi I là trung điểm của MA, BI cắt đường tròn ở K, tia MK cắt đường tròn ở C Chứng minh rằng:

a, Tam giác MIK đồng dạng với tam giác BIM

b, BC song song với MA

c, Khi điểm M di động trên Ax thì trực tâm H của tam giác MAB thuộc đường tròn cố định

Câu 5 (1,0 điểm): Cho n

1

A = (2n +1) 2n 1− với n∈¥ * Chứng minh rằng: A + A + A + + A < 1 1 2 3 n

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM - MÔN TOÁN LỚP 9

Bài 1

1a)

(2,5đ)

a/(2đ)Cho biểu thức

4 1

x

1 0; ; 1 4

x x

:

A=1-2

4 2 5 2 1 (2 1)

(2 1)(2 1) 1

0,25

0,75 0,75 0,75

1b)

(1,5đ)

Ta có :

b/(2đ) Tìm x∈Z để A nguyên

2

1 2

1 2

x

Do x≥ 0;x≠ 1;x Z∈ ⇒ =x 0

Vậy x=0 thì A có giá trị nguyên

0,75 0,75 2.(2đ)

Áp dụng công thức: (a+b)3=a3+b3+3ab(a+b),

Đặt a=3 3 + 2 2 , b=3 3 − 2 2

Ta có

⇒ x= a+b ⇒ x3= (a+b)3= a3 + b3 +3ab(a+b)

=> x3 = 6 + 3x ⇒ x3- 3x = 6Suy ra B = 2006

0,5 0,5 0,25

0,25 0,5

Bài 2 (3điểm)

Câu 1 (1.5 điểm)

b) 3x - 2y - 2 y+ 2012 +1 =0 (1)

3y - 2z - 2 z− 2013 + 1 = 0 (2)

3z - 2x - 2 x− 2 - 2 = 0 (3)

Cộng vế với vế của (1), (2), và (3) ta được:

x + y + z - 2 y+ 2012 - 2 z− 2013- 2 x− 2 = 0 0,50

⇔ ( x - 2 - 2 x−2 + 1) + ( y + 2012 - 2 y+ 2012 + 1)

⇔( x−2 - 1 )2 + ( y+ 2012 - 1)2+ ( z− 2013- 1)2= 0

⇔ x−2 - 1 = 0 ⇔ x = 3

y+ 2012 - 1 = 0 ⇔ y = - 2011

Vậy P = ( 3 - 4)2011 + ( - 2011 + 2012)2012

+ ( 2014 - 2013)2013 ⇒ P = -1 + 1 +1 = 1. 0,25

Câu (1.5 điểm)

(b+c+d)2 = b2 + c2 + d2 + 2bc +2cd + 2bd

mà (b – c )2 ≥ 0; (c - d )2 ≥ 0;(d - b )2 ≥ 0;

⇒ b2 + c2 ≥ 2bc; c2 + d2 ≥ 2cd; d2 + b2 ≥ 2bd; 0,25đ

⇒ (7 - a)2 ≤ 3(13 – a2)

(a –

1)(a-2

5

Tìm được 1 ≤ a ≤

2

do đó a có thể nhận giá trị lớn nhất là

2

Bài 3(3điểm)

a)

(1.5đ)

Bất đẳng thức đã cho tương đương với

a bc+ + b ca+ + c ab+ ≥ + ab + bc + ca

với a 1,b 1,c 1, a b c 1.

Tacó : a bc+ = a a b c( + + +) bc

Tương tự: b ca b+ ≥ + ca c ab c; + ≥ + ab

Từ đó ta có đpcm Dấu bằng xảy ra khi x y z= = =3.

0,5

0,5 0,5

b)

1.5đ

A n= + +n là số chính phương nên A có dạng

6 ( )

4 4 24 4 (2 ) (2 1) 23

2 2 1 23 (2 2 1)(2 2 1) 23

2 2 1 1

A n n k k N

k n

k n k n

k n

+ + =





(Vì 23 là số nguyên tố và 2k + 2n + 1> 2k – 2n -1)

2 2 1 23 6

2 2 1 1 5

Vậy với n = 5 thì A là số chính phương

0,5 0,5

0,25 0,25

Bài 4 (7 điểm)

Câu 1 (3 điểm)

x

H K

C

A

a, (1 điểm)

Lập luận để có ∠AKB = 900 (0,25đ); ∠KAB = ∠KBH (0,25đ);

Xét ∆AKB vuông tại H có

KA = AB cosα = 2R cosα (0,25đ);

KB = AB sinα = 2R sinα (0,25đ);

Xét ∆KHB vuông tại H có

KH = KB sinα (0,25đ) = 2R sin2 α (0,25đ);

b, (0.75 điểm)

Vẽ KO; KC ⊥AB xét ∆KCO vuông tại C có OC = OK cos2α (0,25đ);

Lập luận có KH = CB (0,25đ) = R - Rcos2α = R(1 - cos2α ) (0,25đ);

c, (1,25 điểm)

Theo câu a có KH = 2R sin2 α theo câu b có KH = R(1 - cos2α ) (0,25đ);

nên 2R sin2 α = R(1 - cos2α ) (0,25đ) do đó cos2α = 1 - 2sin2 α (0,25đ);

Mặt khác áp dụng định lí Pitago vào tam giác AKB vuông tại K chứng minh được

sin2 α + cos2 α = 1 nên sin2 α = 1 - cos2 α (0,25đ);

Từ đó có cos2α = 1 – 2(1 – cos2 α) = 2 cos2 α - 1 (0,5đ);

Câu 2 (4 điểm)

a, (2 điểm)

Chứng minh được ∆IAK đồng dạng với ∆IBA (0,5đ)

⇒ IA2 = IK.IB , mà I là trung điểm của AM

nên IM2 = IK.IB (0,5đ)

C

K I

O

B

x M

A

Chứng minh được ∆MIK đồng dạng với ∆BIM (1đ)

b, (1điểm)

Từ câu a ⇒ ∠IMK = ∠MBI , lại có∠MBI = ∠BCK(0,5đ);

⇒ ∠IMK = ∠BCK ⇒ BC // MA(0,5đ);

c, (1 điểm)

H là trực tâm của ∆MAB

⇒ tứ giác AOBH là hình thoi (0,5đ);

⇒ AH = AO =R ⇒ H ∈ (A;R) cố định

Câu 5 (1điểm)

( )

(2 1) 2 1 (2 1) 2 1

n A

−

2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1

A

Vì 1 1 0

2n 1 − 2n 1 >

− + và

2n 1 + 2n 1 < 2n 1

− + − nên A n <

2n 1 − 2n 1 ∀ ∈n

Do đó: 1 2 3

n

+ + + + < − + − + ×××+ −

1 2 3

1

2 1

n

n

+ + + + < − <

+

0,25 0,25

0,25

0,25