Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS môn Toán năm học 2015 - 2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO<br /> THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG<br /> ĐỀ CHÍNH THỨC<br /> <br /> KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9<br /> NĂM HỌC 2015-2016<br /> MÔN THI : TOÁN<br /> Thời gian làm bài : 150 phút<br /> <br /> Bài 1. (1,5 điểm)<br /> Cho biểu thức M <br /> <br /> 3a  9a  3<br /> a  a 2<br /> <br /> <br /> <br /> a 1<br /> a 2<br /> <br /> <br /> <br /> a 2<br /> 1 a<br /> <br /> với a  0;a  1<br /> <br /> a) Rút gọn biểu thức M<br /> b) Tìm tất cả các giá tị nguyên của a để biểu thức M nhận giá trị nguyên.<br /> Bài 2 (2,0 điểm)<br /> a) Giải phương trình x  3  4 x  1  x  8  6 x  1  9<br /> x 2  xy  xz  48<br /> <br /> b) Giải hệ phương trình xy  y2  yz  12<br /> xz  yz  z 2  84<br /> <br /> <br /> Bài 3. (2,0 điểm)<br /> a) Cho a  2. 2.... 2. 2 vµ b  2. 2....... 2. 2 Chứng minh rằng a và b<br /> 2016 thõasè 2<br /> <br /> 3016 thõasè 2<br /> <br /> có cùng chữ số hàng đơn vị<br /> b) Cho hàm số y  ax  a  1 với a là tham số, a  0 và a  1 . Tìm tất cả các giá<br /> trị của tham số a để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đồ thị của hàm số đạt<br /> giá trị lớn nhất<br /> Bài 4. (3,5 điểm) Cho trước tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Trên cung<br /> nhỏ BC lấy điểm M tùy ý. Đường tròn (M;MB) cắt đoạn thẳng AM tại D.<br /> a) Chứng minh rằng tam giác BDM là tam giác đều<br /> b) Chứng minh rằng MA=MB+MC<br /> c) Chứng minh rằng khi M thay đổi trên cung nhỏ BC thì điểm D luôn luôn<br /> nằm trên một đường tròn cố định có tâm thuộc đường tròn (O).<br /> Bài 5. (1,0 điểm) Cho x+y+z= 0 và xyz  0 . Tính giá trị của biểu thức<br /> P<br /> <br /> 1<br /> 1<br /> 1<br />  2 2<br />  2<br /> 2<br /> 2<br /> 2<br /> x  y  z y  z  x z  x 2  y2<br /> 2<br /> <br /> ---HẾT----<br /> <br /> ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI 9 ĐÀ NẴNG 2015-2016<br /> Câu 1.<br /> M<br /> M<br /> <br /> Ta có:<br /> M<br /> M<br /> <br /> <br />  a  1 a  2  <br /> 3a  3 a  3<br /> <br /> <br /> a  1<br /> a 1<br /> <br /> <br /> <br /> 3a  3 a  3  (a  1)  (a  4)<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> a  1<br /> <br /> a 1<br /> <br /> a 1 2<br /> <br /> M nguyên <br /> <br /> <br /> <br /> a 1<br /> <br /> a 1<br /> 2<br /> <br /> a 1<br /> <br /> a 2<br /> <br /> <br /> a  2<br /> a 2<br /> <br />  1<br /> <br /> <br /> <br />    a  2 <br /> a  2  1  a <br /> a 1<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> a3 a 2<br /> <br /> <br /> <br /> a 1<br /> <br /> a 2<br /> <br /> <br /> a  2<br /> a 2<br /> <br /> <br /> <br /> a 1<br /> a 1<br /> <br /> 2<br /> a 1<br /> <br /> nguyên  a  1 là ước của 2<br /> <br />  a  11;1;2  a 0;4;9 (do a  0)<br /> <br /> Câu 2<br /> 2a.<br /> Phương trình<br />  x 1  4 x 1  4  x 1  6 x 1  9  9<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> x 1  2<br /> <br /> <br /> <br /> 2<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> x 1  3<br /> <br /> <br /> <br /> 2<br /> <br /> 9<br /> <br />  x 1  2  x 1  3  9<br />  x 1  2  x  5<br /> <br /> 2b<br /> 2<br /> Cộng 3 phương trình của hệ ta được  x  y  z   144  x  y  z  12<br /> x(x  y  z)  48<br /> <br /> Mặt khác hệ  y(x  y  z)  12 kết hợp với trên ta có hai trường hợp sau<br /> z(x  y  z)  84<br /> <br /> <br /> *) Với x+y+z= - 12 hệ có nghiệm  x;y;z    4; 1; 7 <br /> *)Với x+y+z=12 hệ có nghiệm  x;y;z   4;1;7 <br /> Câu 3<br /> 3a. Nhận xét 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2  16 (8 thừa số 2)<br /> <br /> 2016 chia hết cho 8 được 252 như vậy có thể phân số a thành 252 nhóm, mỗi nhóm<br /> có giá trị bằng 16 (có hàng đơn vị là 6) nên tích của 252 nhóm này cũng có hàn<br /> đơn vị là 6<br /> 3016 chia hết cho 8 được 377 như vậy có thể phân số b thành 377 nhóm, mỗi nhóm<br /> có giá trị bằng 16 (có hàng đơn vị là 6) nên tích của 377 nhóm này cũng có hàng<br /> đơn vị là 6<br /> Suy ra điều phải chứng minh<br /> 3b.<br /> Tam giác vuông OAB tại O nên nếu gọi h là khoảng cách từ O đến đồ thị hàm số<br /> thì<br /> <br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> a2<br /> 1<br /> a2  1<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> h 2 OA 2 OB 2  a  12  a  12  a  12<br /> 2a<br /> a 2  2a  1<br /> 2a<br /> h <br /> <br /> 1<br /> <br /> <br /> 1<br /> <br />  2.<br /> 1  a2<br /> 1  a2<br /> 1  a2<br /> 2<br /> <br /> Dấu đẳng thức xảy ra khi a=1. Vậy khi a=1 thì khoảng cách từ O đến đồ thị hàm số<br /> là lớn nhất.<br /> Câu 4.<br /> <br /> A<br /> I<br /> <br /> D<br /> <br /> O<br /> C<br /> <br /> B<br /> M<br /> <br /> a) MB = MD (bán kính đường tròn (M))<br /> BMD  BCA  600 (cùng chắn cung AB)<br /> <br /> Nên tam giác BMD đều<br /> b) Hai tam giác ABD và CBM bằng nhau vì AB = CB ; BD = BM<br /> 0<br /> Và ABD  60  DBC  CBM  DA  MC<br /> <br />  MA  MD  DA<br /> <br /> Mà MD=MB vậy MA=MB+MC<br /> c) Gọi I là giao điểm của (O) với phân giác CO (trong tam giác đều ABC)<br />  I là điểm chính giữa của cung nhỏ AB và I là điểm cố định thuộc (O)<br /> Nên MI là phân giác BMD (góc nội tiếp chắn cung AB của đường tròn (O))<br /> Nên MI là trung trực đoạn thẳng BD vì BDM là tam giác đều<br /> Suy ra ID=IB<br /> Do đó D luôn thuộc đường tròn  I;IB  cố định có tâm thuộc (O)<br /> Câu 5.<br /> Ta có : x+y+z=0  x  (y  z);y  (z  x);z  (x  y)<br />  x 2   y  z  ;y 2   z  x  ;z 2   x  y <br /> 2<br /> <br /> P<br /> P<br /> <br /> 2<br /> <br /> 1<br /> x  y  x  y<br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> <br /> <br /> 2<br /> <br /> 1<br /> y  z  y  z<br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> <br /> <br /> 1<br /> z  x  x  z <br /> 2<br /> <br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> xyz<br /> <br /> <br /> P<br /> 0<br /> 2xy 2yz 2xz<br /> 2xyz<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br />