Tài liệu Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9 năm học 2014 - 2015 trường thcs xuân dương, hà nội

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI TRƯỜNG THCS XUÂN DƯƠNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9 NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (6 điểm)  x5 x   25  x x 3 x 5  Cho biểu thức A =   1 :     x  25 x  2 x  15 x  5 x  3     1. Rút gọn A 2. Tìm số nguyên x để A nguyên 3. Với x  0 , x  25, x  9 tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B= A( x  16) 5 Câu 2: (4 điểm) a) Giải phương trình: 2 x 2  9 x  4  3 2 x  1  2 x 2  21x  11 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của A= xy yz zx với x, y, z là các số dương và x2 + y2 + z2 = 1   z x y Câu 3: (3 điểm) a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 2x6 + y2 –2 x3y = 320 b) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn Chứng minh rằng: 1 1 1   6. x y yz zx 1 1 1 3    . 3x  3 y  2 z 3x  2 y  3z 2 x  3 y  3z 2 Câu 4: (6 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB. M là điểm thuộc đoạn thẳng OA, vẽ đường tròn tâm O’ đường kính MB. Gọi I là trung điểm đoạn thẳng MA, vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I. Đường thẳng BC cắt đường tròn (O’) tại J. a) Chứng minh: Đường thẳng IJ là tiếp tuyến của đường tròn (O’). b) Xác định vị trí của M trên đoạn thẳng OA để diện tích tam giác IJO’ lớn nhất. Câu 5: (1 điểm) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn: 2xy + x + y = 83 -----------Hết----------- PHÒNG GD&ĐT THANH OAI TRƯỜNG THCS XUÂN DƯƠNG Câu Ý 1 a (6đ) Nội dung trình bày Tìm đúng điều kiện x  0, x  25, x  9 Rút gọn A  b ĐÁP ÁN CHẤM THI HGS TOÁN 9 Năm học: 2014 – 2015 5 x 3  x 3 1 1,0 1,5 x  z => x  3 là Ư(5) =>  Điểm 0,5 (loai ) 1,0  x  3  5  x  4 c B A( x  16) 5( x  16) x  16   5 5( x  3 x 3  x 3 2 a 25 x 3  x 3 25 x 3 0,5 6 1,0 => B  4 => min B = 4  x=4 0,5 ĐK: x  4 hoặc x = 0,5 0,5 Biến đổi: (4đ) 2 x 2  9 x  4  3 2 x  1  2 x 2  21x  11   x  42 x  1  3 x  42 x  1  3 2x 1  2x 1  x  112 x  1 x  112 x  1  0  2 x  1( x  4  3  x  11 )  0 1,0  2 x  1  0(1) Hoặc x  4  3  x  11  0 (2) Giải (1) được x = 0,5 (thỏa mãn), giải (2) được x = 5 (thỏa mãn) 0,5 b A= xy yz zx   z x y Nên A2 = x2 y2 y2 z2 z2 x2  2  2  2 ( vì x2+y2+z2 =1) 2 z x y = B +2 0,75 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương ta có x2 y2 y2 z2 x2 y2 y2 z2  2   2y2 2 2 2 z x z x 2 2 y z z2 x2 Tương tự   2z 2 x2 y2 x2 y2 z2 x2  2  2x 2 z2 y Cộng vế với vế ta được 2B  2  B  1 Do đó A2 = B +2  3 nên A  3 Vậy Min A = 3  x=y=z= 3 a (3đ) b 0,75 0,5 3 3 Từ 2x6 + y2 – 2x3y = 320 <=>(x3-y)2 +(x3)2=320 => (x3)2 £ 320 0,5 mà x nguyên nên x £ 2 Nếu x=1 hoặc x=-1 thì y không nguyên (loại) Nếu x=2=> y=-2 hoặc y=6 Nếu x=-2 => y=-6 hoặc y=2 Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là: (2;-2); (2;6); (-2;-6); (-2;2) 0,75 Áp dụng BĐT  1 1 4   a b ab 1 11 1     ab 4 a b (với a, b > 0) 0,25 0,5 Ta có:  1 1 1 1 1      3x  3y  2z  2x  y  z    x  2 y  z  4  2x  y  z x  2 y  z   1 1  1 1 1 1 1 1 1            4   x  y    x  z   x  y    y  z   4  4  x  y x  z x  y y  z   1 2 1 1      16  x  y x  z y  z  1 1 2 1 1       3 x  2 y  3 z 16  x  z x  y y  z  1 1 2 1 1       2 x  3 y  3 z 16  y  z x  y x  z  Tương tự: 0,5 Cộng vế theo vế, ta có: 1 1 1 1 4 4 4         3x  3 y  2z 3x  2 y  3z 2x  3 y  3z 16  x  y x  z y  z   4 1 1 1  1 3    .6    16  x  y x  z y  z  4 2 4 0,5 1,0 C (6đ) J A I M O O’ B D a Xét tứ giác ACMD có : IA = IM (gt), IC = ID (vì AB  CD : gt)  ACMD là hình thoi 0,5  AC // DM, mà AC  CB (do C thuộc đường tròn đường kính 0,5 AB)  DM  CB; MJ  CB (do J thuộc đường tròn đường kính MB)  D, M, J thẳng hàng. 0,5  = 900 )  + IMD  = 900 (vì DIM Ta có : IDM  = IDM  (do IC = IJ = ID :  CJD vuông tại J có JI là Mà IJM trung tuyến) 0,5  = JMO'  = IMD  (do O’J = O’M : bán kính đường tròn (O’); MJO' ˆ ' và IMD ˆ đối đỉnh) JMO   900  IJ là tiếp tuyến của (O’),  + MJO'   900  IJO  IJM 0,5 J là tiếp điểm b Ta có: IA = IM  IO’ = AB = R (R là bán kính của (O)) 2 O’M = O’B (bán kính (O’)  JIO’ vuông tại I : IJ2 + O’J2 = IO’2 = R2 2 2 Mà IJ + O’J  2IJ.O’J = 4SJIO’ Do đó SJIO’ SJIO’ = R2  4 R2 khi IJ = O’J và  JIO’ vuông cân 4 0,5 0,5 0,5 0,5 có cạnh huyền IO’ = R nên : 2O’J2 = O’I2 = R2  O’J = 5 (1đ) R 2 2 Khi đó MB = 2O’M = 2O’J = R 2 0,5 Tìm x,y nguyên dương thỏa mãn: 2xy + x +y = 83  4 xy  2 x  2 y  1  167  (2 x  1)(2 y  1)  167 Do x,y nguyên dương  (2 x  1);(2 y  1)  Z  (2 x  1);(2 y  1)  Ư(167) 0,5 Lập bảng tìm được (x,y)=(0;83);(83;0). 0,5