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

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2015 – 2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN ( Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) I) Hướng dẫn chung: 1) Hướng dẫn chấm chỉ nêu một cách giải với những ý cơ bản, nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định. 2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện với tất cả giám khảo. 3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả. 4) Với bài hình học nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm phần đó. II) Đáp án và thang điểm: Câu Ý Nội dung trình bày  x +4 1   2 x +5 Cho biểu thức: A =  +  : 1 − . x −2  x +2   x−4 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm tất cả các số nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. 1 a  x ≥ 0 x ≥ 0  Điều kiện:  x − 4 ≠ 0 ⇔ x ≠ 4  2 x + 5 1 − ≠0  x +2 Ta có: A = ⇔ A= b 2 ( x +3 x−4 ) : −( x +3 ) x +2 2 2− x Để x, A∈ ℤ thì 2 − x là ước của 2. Suy ra 2 − x nhận các giá trị ±1; ±2 . 2 − x = 1 ⇔ x = 1, khi đó A = 2 2 − x = −1 ⇔ x = 9 , khi đó A = −2 2 − x = 2 ⇔ x = 0 , khi đó A = 1 2 − x = −2 ⇔ x = 16 , khi đó A = −1 Vậy x nhận giá trị là: 0; 1; 9; 16. 1 a) Giải phương trình: ( x + 1)( x − 2)( x + 6)( x − 3) = 45 x 2 . b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn: x ( x 2 + x + 1) = 4 y − 1 . 2 a Phương trình tương đương: ( x 2 + 7 x + 6)( x 2 − 5 x + 6) = 45 x 2 Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình. 6 6    Phương trình đã cho tương đương:  x + − 5  x + + 7  = 45 x x    6 + 1 , ta được: t 2 − 81 = 0 ⇔ t = ±9 x 6 Với t = 9 , ta có: x + − 8 = 0 ⇔ x 2 − 8 x + 6 = 0 ⇔ x = 4 ± 10 x 6 Với t = −9 , ta có: x + + 10 = 0 ⇔ x 2 + 10 x + 6 = 0 ⇔ x = −5 ± 19 x Đặt t = x + Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm: x = 4 ± 10 ; x = −5 ± 19 . b x ( x 2 + x + 1) = 4 y − 1 ⇔ ( x + 1) ( x 2 + 1) = 4 y Do x, y ∈ ℤ ⇒ x, y ≥ 0 Nếu x = 0 ⇒ y = 0 , suy ra ( 0;0 ) là nghiệm của phương trình đã cho Nếu x > 0 ⇒ y > 0 ⇒ x + 1 chẵn, đặt x = 2k + 1, k ≥ 0 Khi đó ( k + 1) ( 2k 2 + 2k + 1) = 4 y −1 Do 2k 2 + 2k + 1 là số lẻ, suy ra k = 0 ⇒ x = 1 ⇒ y = 1 Suy ra (1;1) là nghiệm của phương trình đã cho Vậy, phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) là ( 0;0 ) và (1;1) Cho các số nguyên x, y thỏa mãn 3x + 2 y = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 3 thức: H = x 2 − y 2 + xy + x + y − 2 . Do x, y ∈ ℤ và 3x + 2 y = 1 , suy ra x, y trái dấu 3x + 2 y = 1 ⇔ y = − x + 1− x 1− x ⇒ = t ∈ℤ 2 2 ⇒ x = 1 − 2t; y = 3t − 1 Khi đó H = t 2 − 3t + t − 1 Nếu t ≥ 0 ⇒ H = ( t − 1) − 2 ≥ −2 , dấu “=” xảy ra khi t = 1 2 Nếu t < 0 ⇒ H = t 2 − 4t − 1 > −1 > −2  x = −1 Vậy, H min = −2 khi t = 1 ⇒  y = 2 2 Cho hai điểm A, B phân biệt, lấy điểm C bất kì thuộc đoạn AB sao cho 0 < AC < 3 AB ; tia Cx vuông góc với AB tại C. Trên tia Cx lấy hai điểm D, E phân 4 CE CA = = 3. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC và đường tròn CB CD ngoại tiếp tam giác BEC cắt nhau tại điểm thứ hai H (H không trùng với C). biệt sao cho 4 a) Chứng minh rằng ADC = EBC và ba điểm A, H , E thẳng hàng b) Xác định vị trí của C để HC ⊥ AD . c) Chứng minh rằng khi điểm C thay đổi thì đường thẳng HC luôn đi qua một điểm cố định. x E H D C A B I a Từ giả thiết, có: CE > CD ; CE CA = = 3; DCA = BCE = 90o CB CD suy ra hai tam giác ADC , EBC đồng dạng. Suy ra: ADC = EBC Do tứ giác AHDC nội tiếp, suy ra: AHC = ADC (1) (2) Do tứ giác BCHE nội tiếp, suy ra: EBC + CHE = 1800 (3) Từ (1), (2), (3) suy ra: AHC + CHE = 1800 , suy ra ba điểm A, H , E thẳng hàng. b Ta có: tan ADC = AC = 3 ⇒ ADC = 60o ⇒ EBC = 60o CD Do AD ⊥ HC ⇒ ACH = ADC = 60o Lại có tứ giác BCHE nội tiếp, suy ra AEB = HCA = 60o Suy ra ∆ABE đều ⇒ C là trung điểm của AB 3 c 5 Do AHB = 90o ⇒ H thuộc đường tròn đường kính AB cố định. Kéo dài HC cắt đường tròn đường kính AB tại điểm thứ hai I (I khác H) Suy ra AHI = 60o ⇒ I cố định Vậy HC luôn đi qua I cố định khi C thay đổi trên đoạn AB. Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 2 . Chứng minh rằng: x + 2 y + z ≥ (2 − x)(2 − y )(2 − z ) . Đặt x + y = 2a; y + z = 2b; z + x = 2c ⇒ a, b, c ≥ 0; a + b + c = 2. Bất đẳng thức trở thành: a + b ≥ 4abc Ta có: 2 = a + b + c ≥ 2 (a + b)c Dấu “=” ⇔ a + b = c ⇒ 1 ≥ ( a + b)c ⇒ a + b ≥ (a + b) 2 c ≥ 4ab.c a = b 1   a = b = Dấu “=” ⇔  a + b = c ⇔ 2 a + b + c = 2 c = 1  Vậy x + 2 y + z ≥ (2 − x)(2 − y )(2 − z ) . x + y = y + z = 1 x = z = 1  Dấu “=” ⇔  z + x = 2 ⇔ y = 0 x + y + z = 2  Trên mặt phẳng cho năm điểm phân biệt sao cho không có ba điểm nào thẳng 6 hàng và không có bốn điểm nào cùng thuộc một đường tròn. Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn đi qua ba điểm trong năm điểm đã cho và hai điểm còn lại có đúng một điểm nằm bên trong đường tròn. Từ 5 điểm có 4 + 3 + 2 + 1 = 10 đoạn thẳng tạo thành. Do đó có ít nhất một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất. Giả sử 5 điểm là A, B, C , D, E và hai điểm A, B có độ dài AB nhỏ nhất. Khi đó 3 điểm C, D, E còn lại có hai khả năng sau: TH1. Cả ba điểm này nằm cùng phía nửa mặt phẳng bờ AB A B E C D Vì không có 4 điểm nào cùng thuộc một đường tròn nên C , D, E nhìn AB với các góc nhọn khác nhau. Giả sử: ACB > ADB > AEB , khi đó đường tròn đi qua ba điểm A, B, D chứa điểm C bên trong và điểm E bên ngoài. 4 TH2. Có một điểm khác phía hai điểm khác ở hai nửa mặt phẳng bờ AB. Giả sử E khác phía hai điểm C, D. E B A C D Vì không có 4 điểm nào cùng thuộc một đường tròn nên C , D nhìn AB với các góc nhọn khác nhau. Giả sử: ACB > ADB , khi đó đường tròn đi qua ba điểm A, B, D chứa điểm C bên trong và điểm E bên ngoài. Vậy luôn có một đường tròn thỏa mãn điều kiện. -----------------------Hết---------------------- 5