phòng GD ĐT phù cừ đề thi chính thức Đề thi chọn học sinh giỏi CấP HUYệN Năm học 2014 - 2015 Môn thi: TOáN 9 Ngày thi: 08/01/2015 Thời gian: 150 phút (không kể giao đề) Bài 1 (5.0 điểm): a) Rút gọn các biểu thức sau: = + + 5 21 5 21 2 4 7A ; + + = + + 3 3 3 3 4 2 2 4 2 1 B . b) Cho các số thực a, b thỏa mãn 4a > b > 0 và 4a 2 + b 2 = 5ab. Tính giá trị của biểu thức = 2 2 4 ab B a b Bài 2 (4.0 điểm): Giải các phơng trình sau: a) ( ) ( ) + = 2 2 2 2 2 1 2 0x x x b) + = + 2 2 2 3 2x x x x x Bài 3 (4.0 điểm): a) Cho f(x) = mx + 2014 và g(x) = (m 2 + 1)x - 2015. Chứng minh rằng hàm số y = f(x) + g(x) là hàm số đồng biến trên R. b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x 2 + x + 6 = y 2 . Bài 4 (6.0 điểm): Cho (O, R ) và một đờng thẳng xy cố định nằm ngoài đờng tròn. Kẻ OH vuông góc với xy (H thuộc xy). Từ một điểm M tùy ý trên xy vẽ 2 tiếp tuyến MP và MQ tới (O, R ) (P, Q là các tiếp điểm). Gọi I , K lần lợt là giao điểm của OH và OM với PQ . a) Chứng minh hai tam giác OKI và OHM đồng dạng. b) Chứng minh rằng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên đ- ờng thẳng xy. c) Gọi G là trọng tâm của tam giác MPO. Qua G vẽ đờng thẳng d cắt các cạnh MP, PO của tam giác MPO lần lợt tại E và F. Chứng minh: + 2 2 2 1 1 9 PE PF OM Bài 5 (1.0 điểm): Cho a, b, c là các s thc dng tha mãn + + = ab bc ca 3 . Tìm GTNN ca biu thc + + + = + + + + + 2 2 2 1 3a 1 3b 1 3c P 1 b 1 c 1 a Hết Họ tên: Chữ kí giám thị: Số báo danh: Phòng thi số: Phũng GD&T Phự C chớnh thc k thi chn hc sinh gii cp huyn Nm hc 2014 - 2015 Mụn thi: Toỏn Thi gian lm bi: 150 phỳt Hướng dẫn chấm thi I. Hướng dẫn chung 1) Hướng dẫn chấm thi này chỉ trình bày các bước chính của lời giải hoặc nêu kết quả. Trong bài làm, thí sinh phải trình bày lập luận đầy đủ. 2) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 3) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi. 4) Các điểm thành phần và điểm cộng toàn bài phải giữ nguyên không được làm tròn. II. Đáp án và thang điểm Bài 1(2 điểm): Bài 1(5.0 điểm): a) Rút gọn các biểu thức sau: = + + − − −5 21 5 21 2 4 7A ; + + = + + 3 3 3 3 4 2 2 4 2 1 B . b) Cho các số thực a, b thỏa mãn 4a > b > 0 và 4a 2 + b 2 = 5ab. Tính giá trị của biểu thức = − 2 2 4 ab B a b Đáp án Thang điểm a) Rút gọn 3,5đ * = + + − − −2 10 2 21 10 2 21 2 8 2 7A 0, 5 đ = ( ) ( ) ( ) + + − − − 2 2 2 7 3 7 3 2 7 1 0, 5 đ = + + − − −7 3 7 3 2( 7 1) 0, 5 đ = 2, suy ra = 2A 0, 5 đ` * + + = + + 3 3 3 3 4 2 2 4 2 1 B + + = + + 3 3 3 3 3 4 2 8 4 2 1 0, 5 đ ( ) + + = + + 3 3 3 3 3 2 4 2 1 4 2 1 0, 5 đ = 3 2 0, 5 đ` b) Cho các số thực a, b thỏa mãn 4a > b > 0 và 4a 2 + b 2 = 5ab. Tính giá trị của biểu thức = − 2 2 4 ab B a b Theo đề bài : 4a 2 + b 2 = 5ab ⇔ 4a 2 - 4ab + b 2 - ab = 0 0, 5 đ` ⇔ (a - b)(4a - b) = 0 (1) Vì 4a > b > 0 nên (1) ⇔ a = b 0, 5 đ Thay a = b vào biểu thức B được: = = − 2 2 2 2 2 4 3 b b B b b b , suy ra = 1 B 3 0, 5 đ` Bài 2(4.0 điểm): Giải các phương trình sau: a) ( ) ( ) − + − − = 2 2 2 2 2 1 2 0x x x b) + − = + 2 2 2 3 2x x x x x Đáp án Thang điểm a) ( ) ( ) − + − − = 2 2 2 2 2 1 2 0x x x 2,0 đ ( ) ( ) ( ) ( ) − + − − = ⇔ − + − = 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 0 2 2 2 0 x x x x x x x ( ) ( ) ⇔ − − + = 2 2 x 2x x 2x 2 0 (1) 0,5đ Nhận xét : ( ) − + = − + 2 2 x 2x 2 x 1 1 > 0 với mọi x nên phương trình (1) tương đương với : 0,5 đ ( ) − = ⇔ − = ⇔ 2 x 2x 0 x x 2 0 x = 0 hoặc x = 2. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = 0 và x = 2 1,0đ b) + − = + 2 2 2 3 2x x x x x (1) 2,0đ ⇔ + − = + 2 2 2 3x x x x ĐKXĐ:  − ≥    ≠  2 0 0 x x x ⇔ − + − − = 2 2 2 3 0x x x x (2). Đặt − 2 x x = t > 0, 0,5đ phương trình (2) trở thành: ( ) ( ) + − = ⇔ − + = ⇔ = 2 2 3 0 1 3 0 1t t t t t ( do t > 0 ) 0,5đ * =1,t ta được − 2 x x =1 ( ) ( ) ⇔ − = ⇔ − − = ⇔ + − = ⇔ 2 2 1 2 0 1 2 0 x x x x x x x = -1 hoặc x = 2 (thỏa mãn). 1,0đ Bài 3(4.0 điểm): a) Cho f(x) = mx + 2014 và g(x) = (m 2 + 1)x - 2015. Chứng minh rằng hàm số y = f(x) + g(x) là hàm số đồng biến trên R. b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x 2 + x + 6 = y 2 . Đáp án Thang điểm a) Cho f(x) = mx + 2014 và g(x) = (m 2 + 1)x - 2015. Chứng minh rằng hàm số y = f(x) + g(x) là hàm số đồng biến trên R. 2.0 đ Hàm số y = f(x) + g(x) = (m 2 +m+1)x - 1 có dạng y = ax +b. Trong đó hệ số a = m 2 +m+1 = 2 1 3 0 2 4 m   + + >  ÷   với mọi m. 1.0 đ Do vậy hàm số y = f(x) + g(x) là hàm bậc nhất có hệ số a > 0 Suy ra hàm số đồng biến trên R. 1.0 đ b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x 2 + x + 6 = y 2 2.0 đ Ta cú: x 2 + x + 6 = y 2 ⇔ 4x 2 + 4x + 24 = 4y 2 ⇔ (2x + 1) 2 – 4y 2 = -23 ⇔ ( 2x – 2y + 1)(2x + 2y + 1) = - 23 1.0 đ Với x, y nguyên, xét các trường hợp: 1/ 2x 2 1 1 2x+2 1 23 y y − + = −   + =  2/ 2x 2 1 23 2x+2 1 1 y y − + =   + = −  3/ 2x 2 1 1 2x+2 1 23 y y − + =   + = −  4/ 2x 2 1 23 2x+2 1 1 y y − + = −   + =  0, 5 đ Giải cỏc trường hợp trờn và kết hợp với điều kiện x, y nguyờn ta được cỏc nghiệm nguyờn (x, y) là (5; 6); (5; -6) ; (-6;- 6); (- 6; 6) 0,5 đ Bài 4(6.0 điểm): Cho (O, R ) và một đường thẳng xy cố định nằm ngoài đường tròn. Kẻ OH vuông góc với xy(H thuộc xy). Từ một điểm M tùy ý trên xy vẽ 2 tiếp tuyến MP và MQ tới (O, R ) . Gọi I , K lần lượt là giao điểm của OH và OM với PQ . a) Chứng minh hai tam giác OKI và OHM đồng dạng. b) Chứng minh rằng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên đường thẳng xy. c) Gọi G là trọng tâm của tam giác MPO. Qua G vẽ đường thẳng d cắt các cạnh MP, PO của tam giác MPO lần lượt tại E và F. Chứng minh: + ≥ 2 2 2 1 1 9 PE PF MO Đáp án Thang điểm H I G E K N D O x y F d M P Q a) Chứng minh ∆ ∆:OKI OHM Tao có: + MP = MQ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) + OP = OQ = R Suy ra : OM là trung trực của OP => OM vuông góc với PQ => ∠ = 0 OKI 90 .(1) 1.0 đ Do OH vuông góc với xy nên ∠ = 0 OHM 90 (2) Từ (1) và (2) suy ra ∠ =∠OHM OKI . => ∆ ∆:OKI OHM (g.g) (3) 1,0 đ b) Từ (3) suy ra = OI.OH OK.OM (4) 0, 5 đ VOMP vuông tại P, đường cao PK suy ra = = 2 2 OK.OM OP R (5) Từ (4) và (5) suy ra = ⇒ = 2 2 R OI.OH R OI OH không đổi. 1, 0 đ Mặt khác I thuộc đoạn OH cố định. 0, 5 đ Suy ra I cố định => PQ luôn đi qua điểm cố định I . c) Chứng minh + ≥ 2 2 2 1 1 9 PE PF MO . Kẻ PN vuông góc với EF ( N thuộc EF). Kéo dài PG cắt OM tại D. VPEF vuông tại P, đường cao PN suy ra + = 2 2 2 1 1 1 PE PF PN (6) 0, 5 đ Ta có ≥ = = 2 2 2 2 1 1 9 9 PN PG 4PD OM (7) 1,0 đ Từ (6) và (7) suy ra + ≥ 2 2 2 1 1 9 PE PF MO 0, 5 đ Bài 5(1.0 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn + + =ab bc ca 3 . Tìm GTNN của biểu thức + + + = + + + + + 2 2 2 1 3a 1 3b 1 3c P 1 b 1 c 1 a áp ánĐ Thang i mđể Ta có ( ) ( ) + + + = + − ≥ + − + + 2 2 2 b 1 3a b 1 3a 1 3a 1 3a 1 3a 1 b 1 b 2 T ng t có: ươ ự ( ) + + ≥ + − + 2 c 1 3b 1 3b 1 3b 1 c 2 ; ( ) + + ≥ + − + 2 a 1 3c 1 3c 1 3c 1 a 2 0,5 đ Suy ra P ( ) ( ) ( ) + + + + + + + ≥ + + + − = − a b c 3 ab bc ca 5 a b c 3 3 3 a b c 2 2 2 Do ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − + − + − ≥ ⇒ + + ≥ + + = 2 2 2 2 a b b c c a 0 a b c 3 ab bc ca 9 ⇒ + + ≥a b c 3 ( a, b, c dương ) Suy ra P ≥ 6. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 0,5 đ Hết