Tài liệu Copy of de dap an hsg toan 9 nam 2015 lc

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN: TOÁN – LỚP 9. Thời gian: 150 phút Bài 1(6đ): 1. Cho biểu thức: 2 5 x 1 x 1 A  1 (   ): 1  2 x 4x 1 1  2 x 4x  4 x 1 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  2 2 + 3  2 2 . Bài 2. ( 3 điểm) 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: 3 3 a  b  c  d 7 và a 2  b 2  c 2  d 2 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. Chứng minh rằng: x y z 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  độ ( 0 <  < 90 ). a, Tính KA, KB, KH theo R và  . b, Tính KH theo R và 2  . c, Chứng minh rằng: cos 2  = 1 – 2sin2  cos 2  = 2 cos2  - 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. 1 Câu 5 (1,0 điểm): Cho A n = với n��* . (2n +1) 2n  1 Chứng minh rằng: A1 + A 2 + A3 + ... + A n < 1 . ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM - MÔN TOÁN LỚP 9 Bài 1 1a) a/(2đ)Cho biểu thức (2,5đ) � 2 5 x 1 � x 1 1   : � � A= 1ĐK: x �0; x � ; x �1 � � . 4 1  2 x 4 x  1 1  2 x �4 x  4 x  1 � � � 2 5 x 1 � x 1 �   : A= 1- � 2 x  1 2 x  1 (2 x  1) 2 x  1 � 2 x  1 � �    4 x  2  5 x  2 x  1 (2 x  1) 2 . A=1(2 x  1)(2 x  1) x 1 A=1- x 1 2 x 1 2 x 1 2 .  1  2 x 1 x 1 2 x 1 1 2 x  2 0,25 0,75 0,75 0,75 1b) Ta có : (1,5đ) b/(2đ) Tìm x �Z để A nguyên. 2 �Z � 1  2 x �Ư(2) 1 2 x Do x �0; x �1; x �Z � x  0 A �Z � Vậy x=0 thì A có giá trị nguyên. Áp dụng công thức: (a+b)3=a3+b3+3ab(a+b), 2.(2đ) Đặt a= 3  2 2 , b= 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 3 0,75 0,75 0,5 3 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 � ( x - 2 - 2 x  2 + 1) + ( y + 2012 - 2 y  2012 + 1) + ( z - 2013 - 2 z  2013 + 1) = 0 � ( 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 z  2013 - 1 = 0 � z = 2014 0,25 0,50 0,50 0,25 Vậy P = ( 3 - 4) 2011 + ( - 2011 + 2012) 2012 + ( 2014 - 2013) 2013 � P = -1 + 1 +1 = 1. Câu (1.5 điểm) Từ a +b+c+d = 7  b+c+d = 7 – a 0,25đ mà (b – c )  0 ; (c - d )  0 ;(d - b )  0 ;  b2 + c2  2bc; c2 + d2  2cd; d2 + b2  2bd; (b+c+d)2 = b2 + c2 + d2 + 2bc +2cd + 2bd Từ đó (b+c+d)2  3(b2 + c2 + d2)  (7 - a)2  3(13 – a2) 2 2 2 0,25đ 5 2 (a – 1)(a- )  0 Tìm được 1  a  0,25đ 5 2 do đó a có thể nhận giá trị lớn nhất là 0,25đ 5 2 Bài 3(3điểm) a) Bất đẳng thức đã cho tương đương với (1.5đ) a  bc  b  ca  c  ab �1  ab  bc  ca , 1 1 1 với a  , b  , c  , a  b  c  1. x y z Tacó : a  bc  a (a  b  c )  bc 0,5 0,5  a 2  a(b  c)  bc � a 2  2a bc  bc  a  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. b) 1.5đ A  n 2  n  6 là số chính phương nên A có dạng A  n 2  n  6  k 2 (k �N * ) 0,5 0,5 � 4n  4n  24  4k � (2k )  (2n  1)  23 2 2 2 2 2k  2n  1  23 � � (2k  2n  1)(2k  2 n  1)  23 � � �2k  2n  1  1 0,5 (Vì 23 là số nguyên tố và 2k + 2n + 1> 2k – 2n -1) 2k  2n  1  23 k 6 � � �� �� �2k  2n  1  1 �n  5 0,25 Vậy với n = 5 thì A là số chính phương 0,25 Bài 4 (7 điểm) Câu 1 (3 điểm) x K A H  O C B a, (1 điểm) Lập luận để có  AKB = 900 (0,25đ);  KAB =  KBH (0,25đ); Xét  AKB vuông tại H có KA = AB cos  = 2R cos  (0,25đ); KB = AB sin  = 2R sin  (0,25đ); Xét  KHB vuông tại H có KH = KB sin  (0,25đ) = 2R sin2  (0,25đ); b, (0.75 điểm) Vẽ KO; KC  AB xét  KCO vuông tại C có OC = OK cos2  (0,25đ); Lập luận có KH = CB (0,25đ) = R - Rcos2  = R(1 - cos2  ) (0,25đ); c, (1,25 điểm) Theo câu a có KH = 2R sin2  theo câu b có KH = R(1 - cos2  ) (0,25đ); nên 2R sin2  = R(1 - cos2  ) (0,25đ) do đó cos2  = 1 - 2sin2  (0,25đ); Mặt khác áp dụng định lí Pitago vào tam giác AKB vuông tại K chứng minh được sin2  + cos2  = 1 nên sin2  = 1 - cos2  (0,25đ); Từ đó có cos2  = 1 – 2(1 – cos2  ) = 2 cos2  - 1 (0,5đ); Câu 2 (4 điểm) x M I K B A O C 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) 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) 1 2n  1 A   n (2n  1) 2n  1 (2n  1)  2n  1 2n  1 � 1 1 � 2n  1 � 1 1 � 1 � � 1    � � � � � � 2 �2n  1 2n  1 � 2 � 2n  1 2n  1 � 2n  1 � � 2n  1 1 1 1 1 2   0 và   Vì nên An  2n  1 2n  1 2n  1 2n  1 2n  1 1 1  (n ��*) 2n  1 2n  1 1 1 1 1 1   � � �   Do đó: A1  A2  A3  ...  An  1  3 3 5 2n  1 2n  1 1 A1  A2  A3  ...  An  1  1 2n  1 A  n 0,25 0,25 0,25 0,25