Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 môn: Toán năm học: 2015 - 2016 thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH OAI
TRƯỜNG THCS CAO DƯƠNG
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Môn: Toán 
Năm học: 2015-2016
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề
Câu 1: (6,0 điểm)
1.a) Rút gọn biểu thức A = 
b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1.
Hãy tính giá trị biểu thức: 
A = 
2.Cho n là số nguyên dương và n lẻ. CMR: 
Câu 2: (4 điểm)
Giải phương trình 
b ) Cho a, b, c là 3 số từng đôi một khác nhau và thoả mãn: 
 Chứng minh rằng: 
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: .
Câu 4: (6 điểm)
Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn tâm O khác A,B.Các tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với AB(PÎ AB), vẽ MQ vuông góc với AE ( QÎ AE)
1.Chứng minh rằng: Bốn điểm A,E,M,O cùng thuộc một đường tròn và tứ giác APMQ là hình chữ nhật.
2. Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O,I,E thẳng hàng
3. Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh DEAO đồng dạng với D MPB suy ra K là trung điểm của MP
4. Đặt AP = x. Tính MP theo x và R.Tìm vị trí của điểm M trên đường tròn (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất.
Câu 5: (1điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
 xy2 + 2xy – 243y + x = 0
----------------Hết----------------
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH OAI
TRƯỜNG THCS CAO DƯƠNG
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Môn: Toán 
Năm học: 2015-2016
Câu
Đáp án
Điểm
Câu 1
( 6 đ)
 1.( 4đ)
a) (2đ)
1.a) Rút gọn biểu thức A = 
ĐKXĐ: x 0; x 4; x 9
= 
=
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
b) 
( 2đ)
b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1.
Hãy tính: 
A = 
Từ: xy + yz + xz = 1
 1 + x2 = xy + yz + xz + x2 = y(x + z) + x(x + z) 
= (x + z)(x + y)
Tương tự: 1 + y2 = xy + yz +xz +y2 = y.(x+ y) +z .(x +y) = ( x+ y).(y+z)
 1 + z2 = xy + yz + xz + z2 =x .( y + z)+ z. (y + z) = ( y +z). ( x +z)
= 
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2. (2 đ)
Ta có: 46n + 296.13n = 46n - 13n + 297.13n
 = 46n - 13n + 9.33.13n
 = (46-13).() + 9.33.13n
 = 33 . () + 9.33.13n ⋮ 33 j
Lại có: 46n + 296.13n = 46n + 13n +295.13n = (46n +13n) + 5.59.13n = (46+13) . () + 5.59.13n
 = 59.() + 5.59.13n ⋮ 59 k
Mà (13; 39) = 1 Nên từ j và k => 46n + 296.13n ⋮ 33.59 = 1947 (đpcm)
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
Câu 2 
( 4đ)
a) ( 2đ)
b) 
( 2đ)
a,(1)
ĐK: 
 (1) + = + 
Đặt: 
(1) 	 a.b + c = b + a.c
 a(b - c) - (b - c) = 0
(a - 1)(b - c) = 0	 
Với a = 1 x - 1 = 1 x = 2 (thoả mãn đk)
Với b = c x - 2 = x + 3 0x = 5 vô nghiệm
Vậy phương trình (1) có nghiệm x = 2
b) Từ giả thiết ta có:
Nhân 2 vế của đẳng thức với ta có: 
Vai trò của a, b, c như nhau, thực hiện hoán vị vòng quanh giữa a, b, c ta có:
 , 
Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta có 
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
Câu 3 (3đ)
a) (1,5đ)
a)Từ 2x6 + y2 – 2x3y = 320 (x3-y)2 +(x3)2=320
=> (x3)2 320 mà x nguyên nên 
Nếu x = 0 thì y không nguyên ( loại)
Nếu x =1 hoặc x =-1 thì y không nguyên (loại)
Nếu x = 2=> y= - 8 hoặc y = 24
Nếu x = -2 => y= -24 hoặc y = 8
Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là:
 (2;-8);(2;24);(-2;- 24);(-2;8)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b)
 ( 1,5đ)
b)Chứng minh bất đẳng thức (với a, b > 0)
Áp dụng BĐT (với a, b > 0)
0,25đ
0,25đ
Ta có: 
Tương tự: 
0,25đ
0,25đ
Cộng vế theo vế, ta có: 
0,5đ
Câu 4
( 6 đ)
I
K
B
O
M
Q
E
A
P
x
I
Vì AE là tiếp tuyến của đường tròn(O) tại A Þ AE^ AO
Þ DOEA vuông ở A ÞO, E, A Î đường tròn đường kính OE (1)
 Vì ME là tiếp tuyến của đường tròn(O) tại M Þ ME^MO
Þ DMOE vuông ở MÞM,O,E Î đường tròn đường kính OE (2)
(1),(2)Þ A,M,O, E cùng thuộc môt đường tròn
* Tứ giác APMQ có 3 góc vuông :
=> Tứ giác APMQ là hình chữ nhật
b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQ nên I là trung điểm của AM.(3)
Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và tại A nên theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có : 
OM = OA; EM = EA ( 4)
Từ ( 3) và (4) => O, I, E thẳng hàng.
c) Hai tam giác AEO và PMB đồng dạng vì chúng là 2 tam giác vuông có 1 góc bằng nhau là , vì OE // BM
=> (4)
Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số (5)
Từ (4) và (5) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB,
mà AB = 2.OA => MP = 2.KP
Vậy K là trung điểm của MP.
d) Áp dụng bất đẳng thức cosi với 4 số không âm a,b,c,d ta có: 	abcd (*)
	Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d
	MP = 
 Ta có: S = SAPMQ = 
	S đạt max Û đạt max Û x.x.x(2R – x) đạt max 
Û đạt max 
Áp dụng (*) với a = b = c = 
Ta có : 
	Do đó S max Û Û . 
Vậy khi MP= thì hình chũ nhật APMQ có diện tích lớn nhất 
0,5đ
0,75đ.
0,25đ.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ.
0,25đ
Câu 5
( 1đ)
Ta có xy2 + 2xy – 243y + x = 0 x(y + 1)2 = 243y (1)
Từ (1) với chú ý rằng (y + 1; y) = 1 ta suy ra (y + 1)2 là ước của 243.
Vậy (x, y) = (54, 2) ; (24, 8)
0,5đ
0,5đ
 Cao Dương ngày 20 tháng 10 năm 2015
 DUYỆT CỦA BGH Người ra đề
 Lưu Thị Liên