Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm học 2015 - 2016 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

Nhằm giúp các bạn học sinh lớp 9 có thêm nhiều đề luyện tập, củng cố kiến thức, chuẩn bị sẵn sàng cho kỳ thi chọn HSG sắp diễn ra. Xin trân trọng gửi đến các bạn Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm học 2015 - 2016 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc. Mời các bạn cùng tham khảo.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm học 2015 - 2016 - Sở GD&ĐT Vĩnh PhúcSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOVĨNH PHÚCĐỀ CHÍNH THỨCKỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2015-2016ĐỀ THI MÔN: TOÁNThời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đềCâu 1. (2,0 điểm) x 41 2 x 5Cho biểu thức A   : 1 x  2  x  2  x4a) Rút gọn biểu thức Ab) Tìm tất cả các số nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên.Câu 2. (2,0 điểm)a) Giải phương trình :  x  1 x  2  x  6  x  3  45x2b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn : x  x2  x  1  4y  1Câu 3. (1,0 điểm)Cho các số nguyên x, y thỏa mãn 3x  2y  1. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thứcH  x2  y2  xy  x  y  2Câu 4. (3,0 điểm)Cho hai điểm A, B phân biệt, lấy điểm C bất kỳ thuộc đoạn AB sao cho3AB; tia Cx vuông góc với AB tại C. Trên tia Cx lấy hai điểm D, E phân4CE CAbiệt sao cho 3 . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC và đường trònCB CD0  AC ngoại tiếp tam giác BEC cắt nhau tại điểm H (H không trùng với C)a) Chứng minh rằng ADC  EBC và ba điểm A, H, E thẳng hàngb) Xác định vị trí của C để HC  ADc) Chứng minh rằng khi điểm C thay đổi thì đường thẳng HC luôn đi qua mộtđiểm cố địnhCâu 5. (1,0 điểm)Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  2. Chứng minh rằngx  2y  z   2  x  2  y  2  z Câu 6Trên mặt phẳng cho 5 điểm phân biệt sao cho không có ba điểm nào thẳnghàng và không có bốn điểm nào cùng thuộc một đường tròn. Chứng minh rằng tồntại một đường tròn đi qua ba điểm trong năm điểm đã cho và hai điểm còn lại cóđúng một điểm nằm bên trong đường tròn.ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 9 VĨNH PHÚC NĂM 2015-2016Câu 1x  0x  0a) Điều kiện x  4  0x  42x51 0x 2Ta có: A 2b) Để x, A x 3x4 : x 3x 2A22 xthì 2  x là ước của 2. Suy ra 2 1- 1192- 22 xxAx nhận các giá trị 1;  2201- 216- 1Câu 2a) Phương trình tương đương: (x2  7x  6).(x2  5x  6)  45x2Nhận thấy x=0 không là nghiệm của phương trình66Phương trình đã cho tương đương với  x   5  x   7   45xx6xĐặt t  x   1, ta được t 2  81  0  t  96x6Với t = - 9 ta có x   10  0  x2  10x  6  0  x  5  19xVới t = 9 , ta có x   8  0  x2  8x  6  0  x  4  10Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm x  4  10;x  5  19b) x  x2  x  1  4y  1   x  1  x2  1  4yDo x, y   x,y  0Nếu x= 0 thì y=0 suy ra (0;0) là nghiệm của phương trình đã choNếu x > 0  y  0  x  1 chẵn , đặt x  2k  1, k  0Khi đó  k  1  2k 2  2k  1  4y1Do 2k 2  2k  1 là số lẻ, suy ra k = 0 nên x= 1; y=1Suy ra (1;1) là nghiệm của phương trình đã choVậy phương trình đã cho có nghiệm (x;y) là (0;0) và (1;1)Câu 3Do x, y và 3x + 2y = 1 suy ra x, y trái dấu3x  2y  1  y  x 1 x 1 x t22 x  1  2t;y  3t  1Khi đó H  t 2  3t  t  1Nếu t  0  H   t  1  2  2, dấu “=” xảy ra khi t = 12Nếu t CD;CE CA 3 ;DCA  BCE  900CB CDSuy ra hai tam giác Adc, EBC đồng dạng , suy ra ADC  EBC (1)Do tứ giác AHDC nội tiếp, suy ra AHC  ADC (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 hàngb) Ta có : tan ADC AC 3  ADC  600  EBC  600CDDo AD  HC  ACH  ADC  600Lại có tứ giác BCHE nội tiếp, suy ra AEB  HCA  600Suy ra ABE đều nên C là trung điểm ABc) Do AHB  900 nên H thuộc đường tròn đường kính AB cố địnhKéo dài HC cắt đường tròn đường kính AB tai điểm thứ hai I (I khác H)Suy ra AHI  600 nên I cố địnhVậy HC luôn đi qua I cố định khi C thay đổi trên đoạn ABCâu 5Đặt x  y  2a;y  z  2b; z  x  2c  a, b,c  0;a  b  c  2Bất đẳng thức trở thành a  b  4abcTa có: 2  a  b  c  2 a  b  c . Dấu “=” xảy ra khi a+b=c 1   a  b  c  a  b   a  b  c  4abc2a  b1a  b Dấu “=” xảy ra  a  b  c  2a  b  c  2c  1Vậy x  2y  z  2  x 2  y 2  z x  y  y  z  1x  z  1Dấu “=” xảy ra  z  x  2y  0x  y  z  2Câu 6.Từ 5 điểm có 4+3+2+1=10 đoạn thẳng tạo thành. Do đó có ít nhất một đoạn thẳngcó độ dài nhỏ nhất. Giả sử 5 điểm A, B, C, D, E và hai điểm A, B có độ dài ABnhỏ nhất. Khi đó 3 điểm C, D, E còn lại có hai khả năng sau:TH1: cả ba điểm này nằm cùng phía trong nửa mặt phẳng bờ ABABCEDVì không có 4 điểm nào cùng thuộc một đường tròn nên C, D, E nhìn AB với cácgóc nhọn khác nhau. Giả sử ACB  ADB  AEB khi đó đường tròn đi qua 3 điểm A,B, D chứa điểm C bên trong và điểm E bên ngoàiTH2: có một điểm khác phía hai điểm kac sở hai nửa mặt phẳng bờ AB. Giả sử Ekhác phía hai điểm C, DEABCD ...