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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN – Lớp 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1.1 (1,5) Đáp án Tính giá trị biểu thức P = 5+ 3 + 5− 3 Đặt M = 5 + 22 5+ 3 + 5− 3 5 + 22 Điểm + 11 − 6 2 . 10 + 2 22 =2 . Ta có M = 5 + 22 2 ⇒ M = 2 (Do M > 0 ) ( 11 − 6 2 = 1.2 (1,5) 3− 2 ) 2 0,25 0,5 = 3− 2 Suy ra P = 3 Cho các số thực x, y, z thỏa mãn đồng thời các điều kiện x + y + z = 2, x 2 + y 2 + z 2 = 18 và xyz = −1 . Tính giá trị của S = 0,25 1 1 1 + + . xy + z − 1 yz + x − 1 zx + y − 1 Ta có xy + z − 1 = xy − x − y + 1 = ( x − 1) ( y − 1) 0,5 Tương tự yz + x − 1 = ( y − 1) ( z − 1) và zx + y − 1 = ( z − 1) ( x − 1) 0,25 Suy ra S = = 1 + 1 + 1 ( x − 1) ( y − 1) ( y − 1) ( z − 1) ( z − 1) ( x − 1) = x+ y + z −3 ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) 0,25 −1 1 = xyz − ( xy + yz + zx ) + ( x + y + z ) − 1 xy + yz + zx Ta có ( x + y + z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx ) ⇒ xy + yz + zx = −7 2 Suy ra S = − 2.1 (2,0) 0,5 1 7 0,25 0,25 Giải phương trình 2 2 x − 1 + x + 3 − 5 x + 11 = 0 . 1 Điều kiện x ≥ 2 2 2 x − 1 + x + 3 − 5 x + 11 = 0 ⇔ 2 2 x − 1 + x + 3 = 5 x + 11 ⇔ 9 x − 1 + 4 2 x 2 + 5 x − 3 = 5 x + 11 ⇔ 2 x 2 + 5 x − 3 = 3 − x 0,5 x ≤ 3 x ≤ 3 x = 1 ⇔ 2 ⇔ ⇔   x = −12 2 2  2 x + 5 x − 3 = 9 − 6 x + x  x + 11x − 12 = 0 Đối chiếu điều kiện ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. 0,5 0,5 2.2 (3,0) ( )  y 2 − y x − 1 + 1 + x − 1 = 0 ( 1)  Giải hệ phương trình  .  x 2 + y − 7 x 2 − 3 = 0 2 ( ) Điều kiện x ≥ 1, y ∈ ¡ y2 − y ( ) ( ) x − 1 + 1 + x − 1 = 0 ⇔ y 2 − y − x − 1 ( y − 1) = 0 ⇔ ( y − 1) y − x − 1 = 0 y =1 ⇔ . y = x − 1  Với y = 1 , thay vào (2) ta được 0,5 0,5 x2 + 1 − 7 x2 − 3 = 0 ⇔ x2 + 1 = 7 x2 − 3 ⇔ x4 + 2 x2 + 1 = 7 x 2 − 3  x2 = 1 x = 1 ⇔ x − 5x + 4 = 0 ⇔  2 ⇔ (do điều kiện của x) x = 2 x = 4   Với y = x − 1 , thay vào (2) ta được x 2 + x − 1 − 7 x 2 − 3 = 0 4 2 ⇔ ( x2 − 4) + ( ) ) ( x −1 −1 − ⇔ ( x − 2) ( x + 2) + 7 x2 − 3 − 5 = 0 7 ( x − 2) ( x + 2) x−2 − =0 x −1 +1 7 x2 − 3 + 5 x = 2 ⇔  7 ( x + 2) 1 x+2+ − =0  x −1 +1 7 x2 − 3 + 5 Với x = 2 suy ra y = 1 .   7 ( x + 2) 1 7 − = ( x + 2 ) 1 − Ta có x + 2 + ÷+ 2 2 x −1 +1 7x − 3 + 5 7x − 3 + 5   = ( x + 2) Với x ≥ 1 thì 0,5 7 x2 − 3 − 2 7 x2 − 3 + 5 + 1 x −1 + 1 7 x2 − 3 − 2 7 x2 − 3 + 5 ≥0 1 >0 2 x − 1 + 1 7x − 3 + 5 Vậy hệ phương trình có các nghiệm ( 1;1) , ( 2;1) . Suy ra ( x + 2 ) 3.1 (2,0) 0,5 0,5 1 x −1 +1 7 x2 − 3 − 2 ≥ 0 ⇒ ( x + 2) 7 x2 − 3 − 2 0,25 + 0,25 Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 2 + y 2 + xy − x − y = 1 . Ta có x 2 + y 2 + xy − x − y = 1 ⇔ ( x + y ) + ( x − 1) + ( y − 1) = 4 2 2 0,75 2 Ta có bảng giá trị tương ứng (học sinh có thể xét từng trường hợp) 1,0 x+ y x −1 y −1 Nghiệm ( x; y ) 2 0 0 ( 1;1) -2 0 0 Loại 0 2 0 Loại 0 -2 0 ( −1;1) 0 0 2 Loại 0 0 -2 ( 1; −1) Vậy các số ( x; y ) cần tìm là ( 1;1) , ( −1;1) , ( 1; −1) 3.2 (1,0) 0,25 Chứng minh với mọi số nguyên dương n lớn hơn 1 ta có 2 3 4... ( n − 1) n < 3. Với mỗi số nguyên dương k ta có k = k 2 = 1 + ( k 2 − 1) = 1 + ( k − 1) ( k + 1) . 0,25 Sử dụng đẳng thức trên liên tiếp với k = 3, 4,..., n ta được 0,5 3 = 1 + 2.4 = 1 + 2 1 + 3.5 = 1 + 2 1 + 3 1 + 4.6 = L = 1 + 2 1 + 3 1 + L 1 + ( n − 1) ( n + 1) = 1 + 2 1 + 3 1 + L 1 + ( n − 1) ( n + 1) 2 > 2 3 4... ( n − 1) 0,25 n Ta có điều phải chứng minh. 4 (7,0) Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC , nội tiếp đường tròn ( O ) và ngoại tiếp đường tròn ( I ) . Điểm D thuộc cạnh AC sao cho ·ABD = ·ACB . Đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DIC tại điểm thứ hai là E và cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai là Q. Đường thẳng đi qua E và song song với AB cắt BD tại P. 4. Chứng minh tam giác QBI cân; 5. Chứng minh BP.BI = BE.BQ ; 6. Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD, K là trung điểm của JE. Chứng minh PK / / JB . 4.1 (2,0) · Ta có AI là phân giác của BAC nên Q là điểm chính giữa của cung BC của (O). 1,0 · · · Suy ra BAQ = QAC = QBC · · · · + BAQ · · IBQ = IBC + QBC = IBA = BIQ 1,0 Hay tam giác QBI cân tại Q. 4.2 (3,0) Tam giác ABD đồng dạng tam giác ACB AB AD = Suy ra hay AB 2 = AD. AC (1). AC AB Tam giác ADI đồng dạng tam giác AEC Suy ra (có góc A chung và ·AID = ·ACE ) 0,5 0,5 AD AI = hay AI . AE = AD. AC (2). AE AC Từ (1) và (2) suy ra AI . AE = AB 2 , suy ra tam giác ABI đồng dạng tam giác AEB. ·ABC Suy ra ·AEB = ·ABI = 2 0,5 · BAC · Ta có ·AEP = BAE (hai góc so le trong), = 2 0,5 ·ABC + BAC · · suy ra BEP . = 2 · BAC + ·ABC · · · Theo a) ta có BIQ suy ra BIQ = = BEP 2 0,25 · · Ta có BPE = ·ABD = ·ACB = BQI 0,25 Suy ra hai tam giác PBE và QBI đồng dạng, suy ra BP BE = ⇔ BP.BI = BE.BQ , ta có BQ BI 0,5 điều phải chứng minh. 4.3 (2,0) 5 (2,0) Tam giác BQI đồng dạng tam giác BPE và tam giác BQI cân tại Q nên tam giác PBE cân · BAC + ·ABC · tại P, suy ra PBE và PH ⊥ BE với H là trung điểm của BE. = 2 0,5 Do HK là đường trung bình của tam giác EBJ nên HK//BJ 0,5 ·ACB · BAC + ·ABC · · · Ta có JBD và DBE , suy ra JBE = = = 90o hay JB vuông góc BE. 2 2 0,75 Suy ra PH//JB, suy ra P, H, K thẳng hàng hay PK//JB. Cho một lớp học có 35 học sinh, các học sinh này tổ chức một số câu lạc bộ môn học. Mỗi học sinh tham gia đúng một câu lạc bộ. Nếu chọn ra 10 học sinh bất kì thì luôn có ít nhất 3 học sinh tham gia cùng một câu lạc bộ. Chứng minh có một câu lạc bộ gồm ít nhất 9 học sinh. 0,25 Giả sử tất cả các câu lạc bộ đều có không quá 8 học sinh. 0,5 Gọi N là số câu lạc bộ có hơn 1 học sinh. Nếu N > 4 , từ 5 trong số các câu lạc bộ này, chọn mỗi câu lạc bộ 2 học sinh, khi đó 10 học sinh này không thỏa mãn điều kiện bài toán. Nếu N