Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh phú thọ năm học 2015 2016(có đáp án)

Họ và tên thí sinh: ...................................................; Số báo danh: ...................... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH PHÚ THỌ LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 ----------------------Hướng dẫn chấm môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) I. Một số chú ý khi chấm bài • Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm. • Thí sinh làm bài theo cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của Hướng dẫn chấm. • Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn số. II. Đáp án và biểu điểm Câu 1 (3,0 điểm). a) Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + ... + n(n + 1)(n + 2) với n là số tự nhiên khác 0 . Chứng minh rằng 4 S + 1 là số chính phương. b) Tìm các số nguyên x và y thỏa mãn x 2 + 2 y 2 + 2 xy = y + 2 . ĐÁP ÁN a) (1,5 điểm). Ta có 4 S = 1.2.3.4 + 2.3.4.(5 − 1) + 3.4.5.(6 − 2) + ... + n(n + 1)(n + 2)[ (n + 3) − (n − 1)] =1.2.3.4 + 2.3.4.5 − 1.2.3.4 + 3.4.5.6 − 2.3.4.5 + ... + n(n + 1)(n + 2)(n + 3) − (n − 1)n(n + 1)(n + 2) ĐIỂM 0,25 0,25 = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) 0,25 Do đó 4 S + 1 = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = ( n 2 + 3n )( n 2 + 3n + 2) + 1 0,25 = ( n 2 + 3n ) + 2( n 2 + 3n ) + 1 2 0,25 2 = ( n 2 + 3n + 1) . Vậy 4 S + 1 là số chính phương. b) (1,5 điểm). Ta có 2 2 x 2 + 2 y 2 + 2 xy = y + 2 ⇔ ( x + y ) = − y 2 + y + 2 ⇔ ( x + y ) = (1 + y )( 2 − y ) Do ( x + y ) 2 ≥ 0, ∀x, y nên (1 + y )( 2 − y ) ≥ 0 ⇔ −1 ≤ y ≤ 2 . Suy ra y ∈ { − 1;0;1;2} Với y = −1 , PT trở thành x 2 − 2 x + 1 = 0 ⇔ x = 1 ∈ Z Với y = 0 , PT trở thành x 2 − 2 = 0 ⇒ x ∉ Z Với y = 1 , PT trở thành x 2 + 2 x − 1 = 0 ⇒ x ∉ Z Với y = 2 , PT trở thành x 2 + 4 x + 4 = 0 ⇔ x = −2 ∈ Z . Vậy có 2 cặp ( x; y ) thỏa mãn đề bài (1;−1); ( − 2;2 ) . 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 2 (4,0 điểm). x 1 x 5 − 4 x 3 − 17 x + 9 = . a) Tính giá trị biểu thức P = 4 với 2 2 x + x +1 4 x + 3 x + 2 x + 11 a , b , c b) Cho là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 5 và a + b + c = 3 . Chứng minh rằng a b c 4 + + = . a+2 b+2 c+2 (a + 2)(b + 2)(c + 2) ĐÁP ÁN a) (2,0 điểm). ĐIỂM 0,5 2 x 1 = ⇔ 4 x = x 2 + x + 1 ⇔ x 2 = 3x − 1 x + x +1 4 Khi đó x 3 = x 2 .x = ( 3 x − 1) x = 3 x 2 − x = 3( 3 x − 1) − x = 8 x − 3 Ta có 2 0,25 x = x .x = ( 8 x − 3) x = 8 x − 3x = 8( 3 x − 1) − 3 x = 21x − 8 4 3 2 0,25 x = x .x = ( 21x − 8) x = 21x − 8 x = 21( 3 x − 1) − 8 x = 55 x − 21 x 5 − 4 x 3 − 17 x + 9 = ( 55 x − 21) − 4( 8 x − 3) − 17 x + 9 Suy ra P = 4 ( 21x − 8) + 3( 3x − 1) + 2 x + 11 x + 3 x 2 + 2 x + 11 6x 3 3 = = ( do x ≠ 0 ). Vậy P = . 32 x 16 16 b) (2,0 điểm). Ta có a + b + c = 3 ⇔ a + b + c + 2 ab + bc + ca = 9 ⇔ ab + bc + ca = 2 5 4 2 ( 0,25 0,25 0,5 ) 0,25 ( a + b )( a + c ) ca = ( b + c )( b + a ) ca = ( c + a )( c + b ) Do đó a + 2 = a + ab + bc + ca = 0,25 b + 2 = b + ab + bc + 0,25 c + 2 = c + ab + bc + Suy ra a b c + + = a+2 b+2 c+2 = ( a a+ b a ( ( )( a+ c ) + ( ) ( 0,25 b b+ c ) )( ( b+ a b+ c + b c+ a + c a+ a+ b b+ c c+ a ( )( ) = 2 ab + bc + ca (a + 2)(b + 2)(c + 2) = 4 (a + 2)(b + 2)(c + 2) )( ) + ) ( b) c c+ a )( c+ b ) 0,25 0,25 0,25 a b c 4 + + = Vậy . a+2 b+2 c+2 (a + 2)(b + 2)(c + 2) 0,25 Câu 3 (4,0 điểm). 3 2 2 2 2 x − y + xy + y − 5 x + 2 = 0 b) Giải hệ phương trình  2 .  x + y 2 + x + y − 4 = 0 a) Giải phương trình ( 3x + 1) 2 x 2 − 1 = 5 x 2 + x − 3 . ĐÁP ÁN ĐIỂM a) (2,0 điểm). 1 2 Điều kiện x ≥ 0,25 PT ⇔ 2( 3 x + 1) 2 x 2 − 1 = 10 x 2 + 3 x − 6 ( ) ⇔ 4 2 x 2 − 1 − 2( 3 x + 1) 2 x 2 − 1 + 2 x 2 + 3 x − 2 = 0 Đặt 2 2 2 x 2 −1 = t (t ≥ 0) , ta được 4t − 2( 3 x + 1) t + 2 x + 3x − 2 = 0 ( ) Ta có ∆'' = ( 3 x + 1) 2 − 4 2 x 2 + 3 x − 2 = x 2 − 6 x + 9 = ( x − 3) 2  3x + 1 − x + 3  x+2 t = t = 2 4 ⇔ nên PT ⇔  t = 3x + 1 + x − 3 t = 2 x − 1  4  2 3 0,25 0,25 0,25 0,25 Với t = Với t = x+2 thì 2 2x − 1 thì 2  x ≥ −2  x ≥ −2 x+2 ⇔ ⇔  2 2 2 2 7 x − 4 x − 8 = 0 4 2 x − 1 = ( x + 2 )  x ≥ −2 2 ± 60  ⇔ . 2 ± 60 ⇔ x = 7 x = 7  1 1   2x −1 x ≥ x ≥ 2 2 2x − 1 = ⇔ ⇔ 2 2 4 2 x 2 − 1 = ( 2 x − 1) 2 4 x 2 + 4 x − 5 = 0   2x2 − 1 = ( ) ( ) 1   x ≥ 2 −1+ 6 ⇔ ⇔x= . 2 x = − 1 ± 6  2 Kết hợp điều kiện x ≥ 0,25  2 ± 60 − 1 + 6  1 ; ta được nghiệm của PT là x ∈  . 2  2  7 0,25 0,25 b) (2,0 điểm). 2 x 2 − y 2 + xy + y − 5 x + 2 = 0 (1) Xét hệ phương trình  2 (2)  x + y 2 + x + y − 4 = 0 2 2 2 PT (1) ⇔ 2 x − y + xy + y − 5 x + 2 = 0 ⇔ y − ( x + 1) y − 2 x 2 + 5 x − 2 = 0 ( ) Ta có ∆'' = ( x + 1) 2 − 4 − 2 x 2 + 5 x − 2 = 9 x 2 − 18 x + 9 = 9( x − 1) 2 x + 1 − 3( x − 1)  y = 2 Khi đó PT (1) ⇔   y = x + 1 + 3( x − 1)  2  y = −x + 2 ⇔  y = 2x − 1 Với y = − x + 2 , thay vào PT (2) ta được 2 x 2 − 4 x + 2 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1 x = 1 Với y = 2 x − 1 , thay vào PT (2) ta được 5 x − x − 4 = 0 ⇔  x = − 4 5  4 13 *) x = 1 ⇒ y = 1 *) x = − ⇒ y = − 5 5  4 13  Vậy nghiệm của hệ phương trình là (1;1) và  − ;−   5 5 2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 4 (7,0 điểm). Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2 R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn (O) (M khác A, khác B). Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và M cắt nhau ở E. Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB). Vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE). a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp và APMQ là hình chữ nhật. b) Chứng minh rằng PQ, OE, MA đồng qui. c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh rằng K là trung điểm MP. d) Đặt AP = x , tính MP theo R và x . Tìm vị trí của M trên đường tròn (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất. 4 ĐÁP ÁN ĐIỂM Q M E K I B P O A a) (2,0 điểm). Xét tứ giác AEMO có góc ∠ OAE = ∠ OME = 900 nên tứ giác AEMO nội tiếp. Xét tứ giác APMQ có góc ∠ MPA = ∠ PAQ = ∠ AQM = 900 nên tứ giác APMQ là hình chữ nhật. b) (2,0 điểm). Do APMQ là hình chữ nhật nên hai đường chéo PQ và MA cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường. Do tiếp tuyến tại A và M cắt nhau tại E, I là trung điểm MA nên O, I, E thẳng hàng. Vậy PQ, OE, MA đồng qui tại I c) (2,0 điểm). O là trung điểm AB, I là trung điểm MA nên OI song song với MB ⇒ ∠ MBP = ∠ EOA Mà ∠ MPB = ∠ EAO = 900 nên ∆ MPB đồng dạng với ∆ EAO (g.g). Suy ra PB : AO = PM : AE ⇒ PB. AE = PM. AO (1) Do PK song song với AE nên PB : AB = PK : AE ⇒ PB. AE = PK. AB (2) Từ (1) và (2) suy ra PM. AO = PK. AB ⇒ PM. 2AO = 2PK. AB ⇒ PM = 2PK (do 2AO = AB) Vậy K là trung điểm MP. d) (1,0 điểm). Trong tam giác vuông MPO, ta có MP2 = OM2 – OP2 = R2 – (R - x )2 khi P thuộc đoạn OA MP2 = OM2 – OP2 = R2 – ( x - R)2 khi P thuộc đoạn OB Khi đó MP2 = (2R - x ) x . Suy ra MP = (2 R − x ) x Diện tích hình chữ nhật APMQ là S = MP. AP = (2 R − x) x 3 1,0 1,0 1,0 1,0 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 Áp dụng BĐT a + b + c + d ≥ 2 ab + 2 cd ≥ 44 abcd với mọi a, b, c, d > 0 4 a+b+c+d  hay abcd ≤   . Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = d 4   0,25 4 x x x  2R − x + + +   x x x 3 3 3  = 3 3 R2 S = (2 R − x ) x 3 = 27(2 R − x). . . ≤ 27. 3 3 3 4 4       x 3 Dấu “=” xảy ra ⇔ 2 R − x = ⇔ x = R . Suy ra P là trung điểm OB. Do đó ta xác định được 3 2 M để diện tích hình chữ nhật APMQ lớn nhất. 5 0,25 Câu 5 (2,0 điểm). Cho các số thực phân biệt a, b, c . Chứng minh rằng (a 2  1 1 1 + b 2 + c 2  + + 2 2 (b − c ) (c − a ) 2  ( a − b) )  9  ≥ .  2 ĐÁP ÁN ĐIỂM  a + b  b + c  c + a   a + b  b + c  c + a  + 1 + 1 + 1 =  − 1 − 1 − 1 Ta có   a − b  b − c  c − a   a − b  b − c  c − a  a+b b+c b+c c+a c+a a+b ⇔ . + . + . = −1 a −b b−c b−c c −a c−a a −b 0,25 2 a+b b+c c+a Khi đó  + +  ≥0 a−b b−c c−a 2 2 2 a+b b+c b+c c+a c+a a+b a +b b+c c + a . + . + . =2 ⇔  +  +  ≥ −2. a−b b−c b−c c−a c−a a−b a−b b−c c−a Suy ra  a 2 + b 2 b 2 + c 2 c 2 + a 2  (a + b) 2 + (a − b) 2 (b + c) 2 + (b − c) 2 (c + a) 2 + (c − a ) 2 = 2. + + + + 2 (b − c ) 2 (c − a) 2  ( a − b) 2 (b − c ) 2 (c − a ) 2  ( a − b) 2 2 2 a+b b+c c+a =  +  +  +3≥ 2+3=5⇒ a−b b−c c−a  a +b b +c c +a  5  ≥ + + 2 2 (b − c ) (c − a ) 2  2  ( a − b) 2 2 2 2 2 2 0,25 0,5 (1)  a  b  c   a  b  c  + 1 + 1 + 1 =  − 1 − 1 − 1 Mặt khác   b − c  c − a  a − b   b − c  c − a  a − b  a b b c c a ⇔ . + . + . = −1 b−c c−a c−a a−b a−b b−c 0,25 2 b c   a Khi đó  + +  ≥0 b−c c−a a −b 2 2 2 a b b c c a  a   b   c  . + . + . = 2 (2) ⇔  +  +  ≥ − 2. b−c c−a c−a a−b a−b b−c b−c c−a a−b Từ (1) và (2) suy ra  1 1 1   a 2 + b 2 + c 2  + + 2 2 (b − c) (c − a) 2   ( a − b) ( 0,25 )  a 2 + b 2 b2 + c 2 c 2 + a 2   a 2  b 2  c 2 5 9  =  + +  +  +  ≥ +2= . 2 2 2  + (b − c) (c − a )   b − c   c − a   a − b  2 2  ( a − b) a + b b + c c + a  a − b + b − c + c − a = 0 1 1   1 ⇒ ( a + b + c) + + =0 Dấu “=” xảy ra ⇔  a−b b−c c−a  a + b + c =0  b − c c − a a − b Chẳng hạn a = 0, b = 1, c = −1 . ............................. HẾT ................................. 6 0,5