Đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn Toán (năm học 2015 - 2016)

Đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn Toán (năm học 2015 - 2016) giúp các bạn củng cố lại kiến thức và thử sức mình trước kỳ thi. Hy vọng nội dung đề thi sẽ giúp các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn Toán (năm học 2015 - 2016)PHÒNG GD &ĐT THANH OAITRƯỜNG THCS THANH VĂNĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9Năm học 2015 – 2016Môn thi: Toán.Thời gian: 150 phút.(không kể thời gian giao đề)Bài 1: (6 điểm)a. Cho M  (1 xx 1):(x 3x 2x 23 xx 2x5 x 6)1) Rút gọn M2) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyênb. Tính giá trị của biểu thức PP  3 x 2013  5 x 2011  2006 với x  6  2 2 . 3 2  2 3  18  8 2  3Bài 2: (4 điểm)a - Giải phương trình: (1  x 2 ) 3  4 x 3  1  3x 4b - Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n 2  2014 là một số chính phươngBài 3: (4 điểm)a) Cho đường thẳng: (m  2) x  (m  1) y  1 (m là tham số) (1)Chứng minh rằng đường thẳng (1) luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trịcủa mb) Chứng minh rằng: nếu a, b ,c là ba số thỏa mãn a +b +c = 2013 và=1 1 1 a b c1thì một trong ba số phải có một số bằng 20132013Bài 4: (5 điểm)Cho đường tròn (O; R ). AB và CD là hai đường kính cố định của (O) vuông gócvới nhau. Mlà một điểm thuộc cung nhỏ AC của (O). K và H lần lượt là hìnhchiếu của M trên CD và AB.  sin 2 MAB  sin 2 MCD  sin 2 MDCa) Tính sin 2 MBAb) Chứng minh: OK 2  AH (2 R  AH )c) Tìm vị trí điểm H để giá trị của: P = MA. MB. MC. MD lớn nhất.Bài 5: (1 điểm)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 4a9b16cbca acb abc(Trong đó a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác)- Hết 1PHÒNG GD &ĐT THANH OAITRƯỜNG THCS THANH VĂNĐÁP ÁN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9Bài 1:a) (4,5đ)ĐKXĐ: x  0; x  4; x  9 (*)1) Rút gọn M: Với x  0; x  4; x  98Vậy M x 2x 1x 22) M x 1(với x  0; x  4; x  9 ) (*) (2,5đ)x 1 3x 1x 1x 13x 13 1x 1(0,75đ)Biểu thức M có giá trị nguyên khi và chỉ khi: 3 x  1  x  1  U (3)Ư(3)  1;3  Vì x  0  x  1  0  x  1  1Nên x  1 1;3 Xảy ra các trường hợp sau:(0,5đ). x  1  1  x  0  x  0 (TMĐK (*)). x 1  3  x  2  x  4(không TMĐK (*) loại )Vậy x = 0 thì M nhận giá trị nguyên.b) x  6  2 2 . 3 (0,25đ)2  2 3  18  8 2 .  3Có 18  8 2  (4  2 ) 2  4  2  4  22  2 3  4  2  2 3  4  ( 3  1) 2 (0,5đ)3 1(0,25đ)x  6  2 2. 3  3  1  6  2 2. 2  3  6  2 4  2 3  3x  6  2 ( 3  1) 2  3  6  2 3  1  3  4  2 3  3x  ( 3  1) 2  3 3 1  3  3 1 3  1(0,75đ)Với x = 1.Ta có P  3.12013  5.12011  2006  3  5  2006  2014Vậy với x = 1 thì P = 2014Bài 2:a_(2,5đ)1  x 23 4 x3  1  3x 4(1)2Ta có: 4 x 3  1  3 x 4  3 x 4  4 x 3  x 2  x 2  1  1  x 2  x 2  3 x 2  4 x  1(2)Thay (2) vào (1) ta có:(1) 1  x   1  x    x  3x23222(3) ( 0,5đ) 4x 1Đặt y  1  x 2 , với y ≥ 1. Suy ra x 2  y 2 1Thay vào (3): y 3  y 2  1  y 2  3 x 2  4 x  1(0,5đ) y 2  y  1  1  y 2  3 x 2  4 x  1  0 y  1  y 2   y  1  3x 2  4 x  1  0 y 1  02 y   y  1  3 x  4 x  1  0* Với y = 1 thì x = 0 thỏa mãn phương trình.* Với y ≠ 1 và y ≥ 1, ta có: y 2   y  1  3x 2  4 x  1  0(4)(1đ)2211Vì 3x  4 x  1  3  x      và y > 1 thay vào vế trái của (4)3 332221 1  13  1  13 1y   y  1   y    1    lớn hơn.3 6  36  6  36 32Do đó (4) vô nghiệmVậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 0b_ (1,5đ) Giả sửn 2  2014  k 2 (k 2  N ) 2014  k 2  n 2  2014  (k  n)(k  n)(0,25đ)(0,25đ)(1) (0,5đ)Suy ra (k + n) và (k – n) = 2k là số chẵn nên (k + n) và (k – n) cùng tính chẵn lẻDo 2014 là số chẵn nên (k + n) và (k – n) đều là số chẵn(0,5đ) (k  n)(k  n)  4Khi đó từ (1) suy ra ta lại có 2014 4 (điều này vô lí)Vậy không có số nguyên n nào để n 2  2014 là số chính phương (0,5đ)Bài 3:a) (2đ) Điều kiện cần và đủ để đường thẳng (m  2) x  (m  1) y  1 đi qua điểm cốđịnh N ( x0 ; y 0 ) với mọi m là :(0,5đ)(m  2) x0  (m  1) y 0  1 với mọi m mx0  2 x0  my 0  y 0  1  0 với mọi m ( x0  y 0 )m  (2 x0  y 0  1)  0 với mọi m x0  y 0  0 x0  12 x 0  y 0  1  0 y0  1Vậy các đường thẳng (1) luôn đi qua điểm cố định N(-1; 1)(0,75đ)(0,5đ)(0,25đ)3b) Điều kiện a, b, c  0Từ1 1 11Suy ra ( bc +ac +ab ) ( a+b+c ) – abc = 0  a b c abc ( a+b ) ( b+c ) ( c+a ) = 0  a+b =0 hoặc b+c=0 hoặc c+a=0CKBODMHANếu a+b =0 mà a+b+c =2013 nên c=2013Nếu b+ c =0 mà a+b+c =2013nên a=2013Nếu a+c=0 mà a+b+c =2013nên b=2013Vậy 1 trong các số a, c , b bằng 2013Bài 4:(0,25đ)(0,5đ)(0,5đ)(0,25đ)(0,5đ)a) Vì M thuộc (O) nên các tam giác: BMA và CMD vuông tại M nên:  sin 2 MAB  sin 2 MCD  sin 2 MDC=sin 2 MBA  cos 2 MBA )  (sin 2 MCD  cos 2 MCD ) =1+1=2(sin 2 MBA(1,5đ)b) Chứng minh: OK 2  AH (2 R  AH )Thật vậy: KOHM là hình chữ nhật nên: OK = MHMà MH2 = HA.HB (Hệ thức lượng trong tam giác vuông MAB có MH đườngcao) (1đ)và BH = AB – AH = 2R – AHSuy ra:OK2=MH2=AH(2R-AH)(1đ)c) P = MA. MB. MC. MD =AB.MH.CD.MK = 4R2.OH.MH (Vì MK = OH)(0,25đ)Mà OH.MH OH 2  MH 2 OM 2 R 2(Pitago)222R2Vậy P  4 R .  2 R 4 . đẳng thức xẩy ra  MH = OH22 OH=R 22(0,25đ)(0,25đ)(0,25đ)4Bài 5:Đặt x = b + c – a, y = a + c – b, z=a + b – c thì x, y, z  0 `z ya  2b  c  a  xxzTa có a  c  b  y  b 2a  b  c  zxyc  2(0,25đ)VậyP2 y  2z 9z  9x 8x  8 yx2yz 2 y 9x   2z 8x   9z 8 y   2 9  2 16  2 36  262y   xz   2yz  xDấu đẳng thức xảy ra khi (0,25đ)2 y 9x x zx2y222 4 y  9x32 z 8x  2 z 2  8x 2   y  xxz2 9z 2  8 y 249z 8 yz y32yzzx23Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 26 khi và chỉ khi  y  x24z y3Duyệt của BGHXác nhận của tổ(0,25đ)(0,25đ)Người ra đềNgô Thị Liên5 ...