Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Phòng GD&ĐT Hạ Hòa (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HSG HUYỆN HẠ HÒA NĂM HỌC 2015 - 2016
Câu 1: (3,0 điểm)
 a) Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: x xy y 9. 
 b) Với a,b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 4a2 3ab 11b2 chia hết cho 5 
 thì a4 b4 chia hết cho 5.
Câu 2: (4,0 điểm)
 a) Cho f (x) (x3 12x 31)2015. 
 Tính f (a) với a 3 16 8 5 3 16 8 5.
 x4 y4 1
 b) Cho a,b, x, y là các số thực thoả mãn: x2 y2 1 và  
 a b a b
 x2016 y2016 2
 Chứng minh rằng: 
 a1008 b1008 (a b)1008
Câu 3: (4,0 điểm)
 a) Giải phương trình: 2x 3 5 2x 3x2 12x 14.
 4x2 2y2 2
 b) Giải hệ phương trình sau: 
 2
 x xy 2
Câu 4: (7,0 điểm)
 Cho đường tròn tâm O, đường kính BC cố định và một điểm A chuyển động trên 
 nửa đường tròn (A khác B và C). Hạ AH vuông góc với BC (H BC). Trên nửa 
 mặt phẳng bờ BC chứa A dựng hai nửa đường tròn tâm P đường kính HB và tâm 
 Q đường kính HC, chúng lần lượt cắt AB và AC tại E và F. 
 a) Chứng minh rằng: AE. AB AF . AC. 
 b) Gọi I và K lần lượt là hai điểm đối xứng với H qua AB và AC. Chứng minh 
 rằng ba điểm I, A, K thẳng hàng.
 AH 3
 c) Chứng minh tỷ số không đổi.
 BC.BE.CF
 d) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác PEFQ đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị 
 đó. 
Câu 5: (2,0 điểm)
 1 1 1
 Cho x, y, z dương sao cho 6.
 x y y z z x
 1 1 1
 Tìm giá trị lớn nhất của P 
 3x 3y 2z 3y 3z 2x 3z 3x 2y
 .HẾT .
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: . .Số báo danh: . LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG HUYỆN HẠ HÒA NĂM HỌC 2015 - 2016
Câu 1: (3,0 điểm)
 a) Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: x xy y 9. 
 b) Với a,b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 4a2 3ab 11b2 chia hết cho 5 
 thì a4 b4 chia hết cho 5.
 Lời giải
 a) Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: x xy y 9. 
 Ta có: x xy y 9 x y 1 y 1 10 x 1 y 1 10
 Vì x, y ¥ và 10 1.10 2.5 nên ta có bảng sau:
 x 1 1 2 5 10
 y 1 10 5 2 1
 x 0 1 4 9
 y 9 4 1 0
 Vậy x, y 0; 9 , 1; 4 , 4; 1 , 9; 0 . 
 b) Với a,b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 4a2 3ab 11b2 chia hết cho 5 
 thì a4 b4 chia hết cho 5.
 Ta có: 
 4a2 3ab 11b2 5a2 5ab 10b2 a2 2ab b2 5 a2 ab 2b2 a b 2
 mà 4a2 3ab 11b2  5 a b 2  5 a b  5
 Ta có: a4 b4 a2 b2 a b a b a4 b4  5.
Câu 2: (4,0 điểm)
 a) Cho f (x) (x3 12x 31)2015. 
 Tính f (a) với a 3 16 8 5 3 16 8 5.
 x4 y4 1
 b) Cho a,b, x, y là các số thực thoả mãn: x2 y2 1 và  
 a b a b
 x2016 y2016 2
 Chứng minh rằng: 
 a1008 b1008 (a b)1008
 Lời giải
 a) Cho f (x) (x3 12x 31)2015. 
 Tính f (a) với a 3 16 8 5 3 16 8 5.
 Ta có: a 3 16 8 5 3 16 8 5
 a3 32 33 16 8 5 16 8 5 . 3 16 8 5 3 16 8 5 
 a3 32 3.( 4).a a3 32 12a a3 12a 32 0
 a3 12a 31 1 f (a) 12015 1
 x4 y4 1
 b) Cho a,b, x, y là các số thực thoả mãn: x2 y2 1 và  
 a b a b x2016 y2016 2
 Chứng minh rằng: 
 a1008 b1008 (a b)1008
 2
 Ta có: x2 y2 1 x2 y2 1
 x4 y4 1 x4 y4 (x2 y2 )2
 mà  
 a b a b a b a b
 b a b x4 a a b y4 ab x4 2x2 y2 y4 
 b2 x4 a2 y4 2abx2 y2 0 (bx2 ay2 )2 0
 x2 y2 x2 y2 1
 Ta có: 
 a b a b a b
 x2016 y2016 1 x2016 y2016 2
 (đpcm).
 a1008 b1008 a b 1008 a1008 b1008 a b 1008
Câu 3: (4,0 điểm)
 a) Giải phương trình: 2x 3 5 2x 3x2 12x 14.
 4x2 2y2 2
 b) Giải hệ phương trình sau: 
 2
 x xy 2
 Lời giải
 a) Giải phương trình: 2x 3 5 2x 3x2 12x 14.
 ĐKXĐ: 1,5 x 2,5
 +) Áp dụng bất đẳng thức Bunhia cốp xki, ta có:
 2
 2x 3 5 2x 2 2x 3 5 2x 4 2x 3 5 2x 2 (1)
 +) Ta có: 3x2 12x 14 3 x2 4x 4 2 3 x 2 2 2 2
 2x 3 5 2x 2 3x2 12x 14
 2x 3 5 2x 2
 Suy ra 2x 3 5 2x 3x2 12x 14 
 2
 3x 12x 14 2
 2x 3 5 2x
 x 2 (thỏa mãn)
 x 2
 Vậy phương trình có một nghiệm x 2. 
 4x2 2y2 2 (1)
 b) Giải hệ phương trình sau: 
 2
 x xy 2 (2)
 Lấy pt (1) trừ pt (2) vế với vế, ta được:
 x y
 2 2
 3x xy 2y 0 x y 3x 2y 0 2
 x y
 3
 TH1: x y
 Khi đó pt (1): 4x2 2x2 2 2x2 2 x2 1 x 1 y 1. 2
 TH2: x y
 3
 4 2
 Khi đó pt (1): 4 y2 2y2 2 y2 2 y2 9 (vô nghiệm)
 9 9
 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm x, y 1; 1 , 1; 1 . 
Câu 4: (7,0 điểm)
 Cho đường tròn tâm O, đường kính BC cố định và một điểm A chuyển động trên 
 nửa đường tròn (A khác B và C). Hạ AH vuông góc với BC (H BC). Trên nửa 
 mặt phẳng bờ BC chứa A dựng hai nửa đường tròn tâm P đường kính HB và tâm 
 Q đường kính HC, chúng lần lượt cắt AB và AC tại E và F. 
 a) Chứng minh rằng: AE. AB AF . AC. 
 b) Gọi I và K lần lượt là hai điểm đối xứng với H qua AB và AC. Chứng minh 
 rằng ba điểm I, A, K thẳng hàng.
 AH 3
 c) Chứng minh tỷ số không đổi.
 BC.BE.CF
 d) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác PEFQ đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị 
 đó. 
 Lời giải
 a) Chứng minh rằng: AE. AB AF . AC. 
 A
 F
 E
 B P H O Q C
 Xét ABH vuông tại H có HE là đường cao
 AE. AB AH 2 (1)
 Xét ACH vuông tại H có HF là đường cao
 AF . AC AH 2 (2)
 Từ (1), (2) suy ra AE. AB AF . AC.
 b) Gọi I và K lần lượt là hai điểm đối xứng với H qua AB và AC. Chứng minh 
 rằng ba điểm I, A, K thẳng hàng. K
 A
 I
 F
 E
 B P H O Q C
 Vì I đối xứng với H qua AB nên I·AH 2H· AE 
 Vì K đối xứng với H qua AC nên K· AH 2H· AF 
 I·AH K· AH 2H· AE 2H· AF 2 ·AHE H· AF 180o.
 Vậy ba điểm I, A, K thẳng hàng.
 AH 3
 c) Chứng minh tỷ số không đổi.
 BC.BE.CF
 Ta có : AH 2 BH .CH AH 4 BH 2.CH 2 BE.BA.CF .CA BE.CF . AH .BC
 AH 3
 AH 3 BE.CF .BC 1. 
 BE.CF .BC
 d) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác PEFQ đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị 
 đó. 
 1 1
 Ta có: S PE FQ .EF BC.FE
 PQFE 2 4
 BC BC 2
 mà FE S 
 2 PQFE 8
 Dấu “=” xảy ra A là điểm chính giữa của nửa đường tròn tâm O, đường kính 
 BC. 
Câu 5: (2,0 điểm)
 1 1 1
 Cho x, y, z dương sao cho 6.
 x y y z z x
 1 1 1
 Tìm giá trị lớn nhất của P 
 3x 3y 2z 3y 3z 2x 3z 3x 2y
 Lời giải
 1 1 4
 Áp dụng bất đẳng thức ta có:
 a b a b
 1 1 1 1 1 
 3x 3y 2z 2x y z x 2y z 4 2x y z x 2y z 1 1 1 1 1 1 1 1 
 4 x y x z x y y z 16 x y x z x y y z 
 1 1 2 1 1 
 3x 3y 2z 16 x y x z y z 
Chứng minh tương tự, ta có: 
 1 1 2 1 1 
 3y 3z 2x 16 y z x y y z 
 1 1 2 1 1 
 3z 3x 2y 16 x z x y y z 
 1 1 1 1 6 3
Suy ra P 4  
 16 x y y z z x 4 2
 1
Dấu “=” xảy ra x y z . 
 4
 ..HẾT