Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2015-2016
Câu 1: (4,0 điểm)
 x x 2x x 2 x x 2x x 2
 Cho P 
 x x 3 x 2 x x 3 x 2
 a) Rút gọn P . Với giá trị nào của x thì P 1. 
 b) Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn nhất. 
Câu 2: (4,0 điểm)
 5 3x x 1
 a) Giải phương trình 4 . 
 x 3 3 2x
 b) Tìm số nguyên x thỏa mãn x2 xy y2 x2 y2 . 
Câu 3: (4,0 điểm)
 1 1 1
 a) Cho a x , b y , c xy . Tính giá trị của biểu thức A a2 b2 c2 abc . 
 x y xy
 2 1 3 1 
 b) Chứng minh rằng với mọi x 1 ta luôn có 3 x 2 2 x 3 . 
 x x 
Câu 4: (4,0 điểm)
 Cho tứ giác ABCD có AD BC , AB CD . Gọi I,Q, H, P lần lượt là trung điểm của 
 AB, AC,CD, BD .
 a) Chứng minh IPHQ là hình thoi và PQ tạo với AD, BC hai góc bằng nhau.
 b) Về phía ngoài tứ giác ABCD , dựng hai tam giác bằng nhau ADE và BCF . Chứng 
 minh rằng trung điểm các đoạn thẳng AB,CD, EF cùng thuộc một đường thẳng. 
Câu 5: (2,0 điểm)
 Tam giác ABC có BC 40 cm, phân giác AD 45 cm, đường cao AH 36 cm. Tính độ dài 
 BD, DC . 
Câu 6: (2,0 điểm)
 9
 Với a,b là các số thực thỏa mãn đẳng thức 1 a 1 b . 
 4
 Hãy tìm GTNN của P 1 a4 1 b4 . 
 .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 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2015-2016
Câu 1: (4,0 điểm)
 x x 2x x 2 x x 2x x 2
 Cho P 
 x x 3 x 2 x x 3 x 2
 a) Rút gọn P . Với giá trị nào của x thì P 1. 
 b) Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn nhất. 
 Lời giải
 a) Điều kiện: x 0 ; x 1; x 4 .
 x 2 x 1 x 1 x 2 x 1 x 1 x 1 x 1 2 x 1 
 P 2 2 .
 x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 x 1 x 1
 2 x 1 2 x 1 x 3
 P 1 1 1 0 0 x 1 0 (Do x 0 nên x 3 0 )
 x 1 x 1 x 1
 x 1.
 Kết hợp với điều kiện suy ra: P 1 khi x 1 và x 4 . 
 2 x 1 4
 b) Với x 0 ; x 1; x 4 , P 2 .
 x 1 x 1
 P nguyên x 1 là ước của 4 .
 P đạt giá trị nguyên lớn nhất x 1 1 x 2 . 
 Vậy P đạt giá trị nguyên lớn nhất bằng 6 khi x 2 . 
Câu 2: (4,0 điểm)
 5 3x x 1
 a) Giải phương trình 4 . 
 x 3 3 2x
 b) Tìm số nguyên x thỏa mãn x2 xy y2 x2 y2 . 
 Lời giải
 a) Điều kiện: x 3 3 2x 0 .
 5 3x x 1
 Phương trình 4 5 3x x 1 4 x 3 3 2x 
 x 3 3 2x
 5 3x x 1 4 3 2x 4x 12 0 * .
 Ta xét các trường hợp sau: 
 3
 • Với x , phương trình * 3x 5 x 1 4(2 x 3) 4x 12 0 
 2
 2x 28 x 14 (thỏa mãn đk). 
 3
 • Với x 1, phương trình * 3x 5 x 1 4(2 x 3) 4x 12 0 
 2
 2
 14x 4 x (thỏa mãn đk).
 7
 5
 • Với 1 x , phương trình * 3x 5 x 1 4(2 x 3) 4x 12 0 
 3 3
 16x 6 x (loại).
 8
 5
 • Với x , phương trình * 3x 5 x 1 4(2 x 3) 4x 12 0 
 3
 2
 10x 4 x (loại).
 5
 2
 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S 14;  . 
 7 
 b) Ta có x2 xy y2 x2 y2 x y 2 xy xy 1 .
 Ta xét các trường hợp: 
 xy 0
 • TH1: x y 0 xy xy 1 0 .
 xy 1
 Với xy 0 và x y 0 suy ra x y 0 .
 x 1 x 1
 Với xy 1 và x y 0 suy ra hoặc .
 y 1 y 1
 • TH2: x y 0 x y 2 là số chính phương mà xy xy 1 là tích của hai số 
 nguyên liên tiếp (là hai số nguyên tố cùng nhau). Do đó phương trình 
 x y 2 xy xy 1 không có nghiệm nguyên. 
 Vậy nghiệm nguyên của phương trình đã cho là: x; y 0;0 ; 1; 1 ; 1;1  . 
Câu 3: (4,0 điểm)
 1 1 1
 a) Cho a x , b y , c xy . Tính giá trị của biểu thức A a2 b2 c2 abc . 
 x y xy
 2 1 3 1 
 b) Chứng minh rằng với mọi x 1 ta luôn có 3 x 2 2 x 3 . 
 x x 
 Lời giải
 1 1 1
 a) Ta có: a2 x2 2 , b2 y2 2 , c2 x2 y2 2 .
 x2 y2 x2 y2
 1 1 1 x y x y
 Lại có: ab x y xy c .
 x y xy y x y x
 x y 2 x y 1 2 2 2 1 1 2 2 2
 abc c .c c xy c x y 2 2 c a 2 b 2
 y x y x xy x y
 .
 Khi đó: A a2 b2 c2 c2 a2 2 b2 2 4 .
 2 1 3 1 1 1 1 2 1 
 b) Xét 3 x 2 2 x 3 3 x x 2 x x 2 1 
 x x x x x x 
 1 2 1 
 3 x 2 x 2 1 1 (Vì x 1 nên x 1 0 ).
 x x 1 1
 Đặt x t x2 t 2 2 . 
 x x2
 Khi đó 1 t 2 3t 2 0 t 2 2t 1 0 2 .
 2 1
 Vì x 1nên x 1 0 x2 1 2x x 2 hay t 2 2 đúng 1 đúng.
 x
 Vậy ta có đpcm. 
Câu 4: (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có AD BC , AB CD . Gọi I,Q, H, P lần lượt là trung 
điểm của AB, AC,CD, BD .
 a) Chứng minh IPHQ là hình thoi và PQ tạo với AD, BC hai góc bằng nhau.
 b) Về phía ngoài tứ giác ABCD , dựng hai tam giác bằng nhau ADE và BCF . Chứng 
 minh rằng trung điểm các đoạn thẳng AB,CD, EF cùng thuộc một đường thẳng. 
 Lời giải
 a) Vì IP//HQ và IP HQ (tính chất đường trung bình của tam giác) 
 nên IPHQ là hình bình hành. 
 Mặt khác IP IQ (do AD BC ). 
 Suy ra IPHQ là hình thoi. 
 Gọi P1 và Q1 lần lượt là giao điểm 
 của PQ với AD và BC . 
 Nhận thấy HPQ cân đỉnh H H· PQ H· QP 1 
 · · · ·
 Mà PH //BC BQ1P HPQ (so le trong) 2 và QH //AD AP1P HQP (so le trong) 
 3 . 
 · ·
 Từ 1 , 2 , 3 suy ra AP1P BQ1P (đpcm). 
 b) Gọi K , M , N lần lượt là trung điểm của EF , DF , CE .
 Từ giả thiết ADE BCF và dựa vào 
 tính chất đường trung bình của tam giác 
 suy ra HMP HNQ (c.c.c) 
 M· HP N· HQ M· HQ N· HP
 M· HN và P· HQ có cùng tia phân giác. 
 Mặt khác dễ thấy IPHQ và KMHN là các hình thoi.
 Suy ra HK và HI lần lượt là phân giác của
 M· HN và P· HQ . 
 Suy ra H , I , K thẳng hàng. 
Câu 5: (2,0 điểm) Tam giác ABC có BC 40 cm, phân giác AD 45 cm, đường cao AH 36
cm. Tính độ dài BD , DC .
 Lời giải Đặt BD x, DC y . Giả sử x y . Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông AHD 
 ta được HD 27 cm.
 Vẽ tia phân giác của góc ngoài tại A , cắt BC tại E . 
 AD2 452
 Ta có AE  AD AD2 DE.DH DE 75 cm. 
 DH 27
 Theo tính chất đường phân giác trong và ngoài của tam giác ta có:
 BD EB x 75 x
 1 .
 DC EC y 75 y
 2 x 15
 Mặt khác x y 40 y 40 x , thay vào 1 ta được x 115x 1500 0 .
 x 100
 Do x 40 nên chọn x 15 y 25 .
 Vậy BD 15 cm, CD 25cm. 
 9
Câu 6: (2,0 điểm) Với a,b là các số thực thỏa mãn đẳng thức 1 a 1 b . 
 4
 Hãy tìm GTNN của P 1 a4 1 b4 .
 Lời giải
 Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho hai dãy a2 ; 1 và 1; 4 ta được: 
 2
 2 a 4 1
 12 42 a4 12 a2 4 a4 1 1 . Dấu " " xảy ra a .
 17 2
 b2 4 1
 Tương tự ta cũng có b4 1 2 . Dấu " " xảy ra b .
 17 2
 a2 b2 8
 Từ 1 và 2 suy ra P * .
 17
 9 5
 Mặt khác theo giả thiết 1 a 1 b a b ab .
 4 4
 1 1 a2 b2
 Áp dụng BĐT Côsi ta có: a2 a , b2 b , ab . 
 4 4 2
 3 1 5 1
 Cộng từng vế ba BĐT ta được: a2 b2 a b ab a2 b2 .
 2 2 4 2
 1
 8
 17
 Thay vào * ta được P 2 .
 17 2
 17 1
 Vậy GTNN của P bằng đạt được khi a b . 
 2 2