Đề thi chọn học sinh giỏi Lớp 9 năm học 2015-2016 môn Toán - Trường THCS Thanh Văn (Có đáp án)

 PHÒNG GD &ĐT THANH OAI 
TRƯỜNG THCS THANH VĂN 
 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
 Năm học 2015 – 2016
 Môn thi: Toán.
 Thời gian: 150 phút.(không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (6 điểm)
 x x 3 x 2 x 2
a. Cho M (1 ) : ( )
 x 1 x 2 3 x x 5 x 6
1) Rút gọn M
2) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên 
b. Tính giá trị của biểu thức P 
 P 3x 2013 5x 2011 2006 với x 6 2 2. 3 2 2 3 18 8 2 3
Bài 2: (4 điểm)
a - Giải phương trình: (1 x 2 )3 4x 3 1 3x 4
b - Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n 2 2014 là một số chính phương 
Bài 3: (4 điểm)
a) Cho đường thẳng: (m 2)x (m 1)y 1 (m là tham số) (1)
Chứng minh rằng đường thẳng (1) luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị 
của m
 1 1 1
b) Chứng minh rằng: nếu a, b ,c là ba số thỏa mãn a + b +c = 2013 và 
 a b c
= 1 thì một trong ba số phải có một số bằng 2013
 2013 
Bài 4: (5 điểm)
Cho đường tròn (O; R ). AB và CD là hai đường kính cố định của (O) vuông góc 
với nhau. M là một điểm thuộc cung nhỏ AC của (O). K và H lần lượt là hình 
chiếu của M trên CD và AB.
a) Tính sin2 M· BA sin2 M· AB sin2 M· CD sin2 M· DC
b) Chứng minh: OK 2 AH (2R AH )
c) Tìm vị trí điểm H để giá trị của: P = MA. MB. MC. MD lớn nhất.
Bài 5: (1 điểm)
 4a 9b 16c
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 
 b c a a c b a b c
 (Trong đó a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác) 
 - Hết -
 1 PHÒNG GD &ĐT THANH OAI 
TRƯỜNG THCS THANH VĂN 
 ĐÁP ÁN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Bài 1:
a) (4,5đ)
ĐKXĐ: x 0; x 4; x 9 (*) 
1) Rút gọn M: Với x 0; x 4; x 9 
 x 2
8Vậy M (với x 0; x 4; x 9 ) (*) (2,5đ)
 x 1
 x 2 x 1 3 x 1 3 3
2) M 1 (0,75đ)
 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
Biểu thức M có giá trị nguyên khi và chỉ khi: 3 x 1 x 1 U (3)
Ư(3) 1; 3  Vì x 0 x 1 0 x 1 1
Nên x 1 1;3 
Xảy ra các trường hợp sau: (0,5đ)
. x 1 1 x 0 x 0 (TMĐK (*))
. x 1 3 x 2 x 4 
(không TMĐK (*) loại ) (0,25đ)
Vậy x = 0 thì M nhận giá trị nguyên. 
b) x 6 2 2. 3 2 2 3 18 8 2 . 3
Có 18 8 2 (4 2) 2 4 2 4 2 (0,5đ)
 2 2 3 4 2 2 3 4 ( 3 1) 2 3 1 (0,25đ)
 x 6 2 2. 3 3 1 6 2 2. 2 3 6 2 4 2 3 3
 x 6 2 ( 3 1) 2 3 6 2 3 1 3 4 2 3 3
 x ( 3 1) 2 3 3 1 3 3 1 3 1 (0,75đ)
Với x = 1.Ta có P 3.12013 5.12011 2006 3 5 2006 2014 
Vậy với x = 1 thì P = 2014
Bài 2: 
a_(2,5đ) 
 3
 1 x2 4x3 1 3x4 (1)
 2 Ta có: 4x3 1 3x4 3x4 4x3 x2 x2 1 1 x2 x2 3x2 4x 1 (2)
Thay (2) vào (1) ta có:
 3
(1) 1 x2 1 x2 x2 3x2 4x 1 (3) ( 0,5đ)
Đặt y 1 x2 , với y ≥ 1. Suy ra x2 y 2 1
 Thay vào (3): y3 y2 1 y2 3x2 4x 1 (0,5đ)
 y2 y 1 1 y2 3x2 4x 1 0
 y 1 0
 2 2
 y 1 y y 1 3x 4x 1 0 
 2
 y y 1 3x 4x 1 0
* Với y = 1 thì x = 0 thỏa mãn phương trình.
* Với y ≠ 1 và y ≥ 1, ta có: y2 y 1 3x2 4x 1 0 (4) (1đ)
 2
 2 2 1 1
Vì 3x 4x 1 3 x và y > 1 thay vào vế trái của (4) 
 3 3 3
 2 2
 2 1 1 13 1 13 1
 y y 1 y 1 lớn hơn. (0,25đ) 
 3 6 36 6 36 3
Do đó (4) vô nghiệm 
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 0 (0,25đ)
 n 2 2014 k 2 (k 2 N)
b_ (1,5đ) Giả sử (1) (0,5đ)
 2014 k 2 n 2 2014 (k n)(k n)
Suy ra (k + n) và (k – n) = 2k là số chẵn nên (k + n) và (k – n) cùng tính chẵn lẻ 
Do 2014 là số chẵn nên (k + n) và (k – n) đều là số chẵn (0,5đ)
 (k n)(k n)4
Khi đó từ (1) suy ra ta lại có 20144 (điều này vô lí)
Vậy không có số nguyên n nào để n 2 2014 là số chính phương (0,5đ)
Bài 3: 
a) (2đ) Điều kiện cần và đủ để đường thẳng (m 2)x (m 1)y 1 đi qua điểm cố 
định N(x0 ; y0 ) với mọi m là : (0,5đ)
 (m 2)x0 (m 1)y0 1 với mọi m
 mx0 2x0 my0 y0 1 0 với mọi m
 (x0 y0 )m (2x0 y0 1) 0 với mọi m (0,75đ)
 x0 y0 0 x0 1
 (0,5đ)
 2x0 y0 1 0 y0 1
Vậy các đường thẳng (1) luôn đi qua điểm cố định N(-1; 1) (0,25đ)
 3 b) Điều kiện a, b, c 0
 1 1 1 1
Từ Suy ra ( bc +ac +ab ) ( a+b+c ) – abc = 0 (0,25đ)
 a b c a b c
 ( a+b ) ( b+c ) ( c+a ) = 0 a+b =0 hoặc b+c=0 hoặc c+a=0 (0,5đ) 
 Nếu a+b =0 mà a+b+c =2013 nên c=2013
 Nếu b+ c =0 mà a+b+c =2013nên a=2013 
 Nếu a+c=0 mà a+b+c =2013nên b=2013 (0,5đ)
Vậy 1 trong các số a, c , b bằng 2013 (0,25đ)
Bài 4:
 C
 K M
 B
 O H A
 D
 (0,5đ)
a) Vì M thuộc (O) nên các tam giác: BMA và CMD vuông tại M nên:
 sin2 M· BA sin2 M· AB sin2 M· CD sin2 M· DC = 
 (sin2 M· BA cos2 M· BA) (sin2 M· CD cos2 M· CD) =1+1=2 (1,5đ)
b) Chứng minh: OK 2 AH (2R AH )
Thật vậy: KOHM là hình chữ nhật nên: OK = MH
Mà MH2 = HA.HB (Hệ thức lượng trong tam giác vuông MAB có MH đường 
cao) (1đ)
và BH = AB – AH = 2R – AH 
Suy ra:OK2=MH2=AH(2R-AH) (1đ)
c) P = MA. MB. MC. MD =AB.MH.CD.MK = 4R2.OH.MH (Vì MK = OH) 
(0,25đ)
 OH 2 MH 2 OM 2 R2
Mà OH.MH (Pitago) (0,25đ)
 2 2 2
 R2
 Vậy P 4R2. 2R4 . đẳng thức xẩy ra MH = OH (0,25đ)
 2
 R 2
 OH= (0,25đ)
 2
 4 Bài 5:
Đặt x = b + c – a, y = a + c – b, z=a + b – c thì x, y, z 0 `
 z y
 a 
 2
 b c a x 
 x z
 Ta có a c b y b (0,25đ)
 2
 a b c z 
 x y
 c 
 2
Vậy 
 2 y 2 z 9 z 9 x 8x 8 y
 P 
 x 2 y z
 (0,25đ)
 2 y 9 x 2 z 8x 9 z 8 y 
 2 9 2 16 2 36 26
 x 2 y x z 2 y z 
 2y 9x z
 x 
 x 2y 2 2 2
 4y 9x
 2z 8x 3
Dấu đẳng thức xảy ra khi 2z 2 8x 2 y x (0,25đ)
 x z 2
 2 2 
 9z 8y 9z 8y 4
 z y
 2y z 3
 z
 x 
 2
 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 26 khi và chỉ khi y x (0,25đ)
 2
 4
 z y
 3
Duyệt của BGH Xác nhận của tổ Người ra đề 
 Ngô Thị Liên
 5