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

ĐỀ THI CUAR TRƯƠNG QUANG AN DẠY KÈM 01208127776

CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG THI MÔN TOÁN LỚP 9

NĂM HỌC 2015 - 2016

Thời gian làm bài: 150 phút.

Bài 1: a) Tính giá trị của biểu thức P = x3 + y3 – 3(x + y) + 2015, biết rằng

3 3 3 3 3 2 2 3 2 2; 17 12 2 17 12 2 x y        

b) Chứng minh rằng: 1 1 1 5 2 1 .... 10 2 2 3 2015     

Bài 2: Giải các phương trình sau:

a) .  

2 2 2 1 12 2 1 x x x    

b) với . 2 3 3 3 3 x y    ;x y Q 

Bài 3: Tìm trên đường thẳng y = x + 1 những điểm có tọa độ thỏa mãn đẳng

thức . 2 2015 2014 0 y y x x   

Bài 4: Cho ABC (AB = AC). Vẽ đường tròn có tâm O nằm trên BC và tiếp  xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại D, E. Gọi I là một điểm chuyển động trên cung nhỏ DE (I khác D và E). Tiếp tuyến của đường tròn tại I cắt các cạnh AB, AC tương ứng tại M, N .

a) Chứng minh rằng: Chu vi tam giác AMN không đổi. b) Chứng minh hệ thức 2 4. . BM CN BC  c) Xác định vị trí của điểm I trên cung nhỏ DE để AMN có diện tích lớn  nhất.

Bài 5: Cho hai số dương x, y thỏa mãn x + y = . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2015 2016

biểu thức: S = . 2016 1 2016 2016 1005 x y  

.

Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng máy tính.

ThuVienDeThi.com

Bài Lời giải tóm tắt Điểm

1

a) Ta có x3 = 6 + 3x  x3 – 3x = 6; y3 = 34 + 3y  y3 – 3y = 34.

Do đó P = 6 + 34 + 1972 = 2012.

b) Đặt S = 1 + + + .... + 2 1

3 1

50 1

Ta có S > + + .... + = .50 = 5 (1) 50 1

50 1

50 1

50 1 2

Mặt khác: 1= < ; ; ...; = . 1 2

2

0 1

2  1 2

2 2 2

2 2 1

  

50 1

49 50

2 50 2

2

 

Cộng vế theo vế có:

S <

49 50

2 ... 1 2

2 0 1

2

      S < 2{( }= 2 =10 (2) ) 49 50 ( ... ) 1 2 ( ) 0 1       50 2

Từ (1) và (2) 5 < S < 10 (đpcm).  2 2

6.0

điểm

2

a) Đk: x ≤ -1 hoặc x ≥ 2. Ta có  

2 2 2 2 2 1 12 2 1 3 2 x x x x x x x       

. Đặt , có: 2 2 2 3 2 2 0 x x x x         2 2 0 x x t   

t2 - 3t + 2 = 0  t = 1 hoặc t = 2.

Với t = 1: x2 – x – 2 = 1  x2 – x – 3 = 0  (tm) 1,2

1 13 2 x  

Với t = 2: x2 – x – 2 = 4  x2 – x – 6 = 0  (tm) 3 4 2; 3 x x  

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm trên.

b) ĐK: x > y ≥ 0. Bình phương hai vế ta có:

.   2 3 3 3 3 2 3 2 3 2 3 3 (*) x y xy x y xy        

Nếu x + y – 2 ≠ 0 thì từ (*) suy ra

. Do đó VP của        

2 2 3 2 3 2 6 3 2 9 3 3 2 2 xy x y x y x y xy x y                A

(*) là số hữu tỉ còn VT là số vô tỉ. Vô lý. Vậy x + y – 2 = 0. Từ (*) suy ra :

3 2 2 0 2 3 1 2 3 3 0 4 2

x y x x y

xy xy y

                          

4.0

điểm

3

ĐK: x ≥ 0. Giả sử điểm (x0; y0) thuộc đường thẳng y = x + 1 thỏa mãn

. Khi đó, ta có: 2 3 2 0 y y x x   

      

2 2

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0

0 0

3 2 0 2 2 0

2 0 2 0

2

y y x x y y x y x x

y y x x y x y x y x

y x

y x

       

       

    

  

Thay lần lượt vào y = x + 1 tìm được x0 = 1; y0 = 2 thỏa mãn.

2.0

điểm

ThuVienDeThi.com

a) AD = AE; IM = ID; IN = IE (t/c 2 tiếp tuyến

cắt nhau). Chứng minh chu vi bằng 2AD

không đổi.

b) Ta có MON = (1800 - A)/2;

B = C = (1800 - A)/2. Suy ra BMO,

OMN và CON đồng dạng với nhau suy ra

2

2

. . 4 4 .

BM BO BC BM CN BO CO CO CN BM CN BC

   

 

4

c) Ta có SAMN lớn nhất  SBMNC bé nhất. Ta có:

( R: bán kính đường tròn)   1 2 BMNC OBM OMN OCN S S S S R BM MN CN      

   

    

1 1 2 2 1 2 2 2

BM MI NI CN R BM MD NE CN R

R BM BD CN CE R BM CN BD BD CE

       

       

R; BD không đổi nhỏ nhất khi BM + CN nhỏ nhất . BMNC S 

Mặt khác ta có . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi BM = CN. 2 . 2 BM CN BM CN R   

Hay BM + CN bé nhất bằng 2R khi BM = CN = R khi và chỉ khi MN // BC hay I là trung

điểm của cung nhỏ DE.

Vậy SAMN lớn nhất  I là trung điểm của cung nhỏ DE.

6.0

điểm

5

Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 2 bộ số và ta có:   ,x y 2010 1 ; 2010 x y

       

 

   

2

2

2011 2010 1 2010 1 . . . 2012 2010 2010

2011 2012 2011.1006 . 2010 2011 …