Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Tỉnh Phú Yên (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2015-2016
Câu 1: (4,0 điểm)
 a a 1 a a 1 1 3 a 2 a 
 .
 Cho biểu thức P a 
 a a a a a a 1 a 1 
 a) Rút gọn biểu thức P .
 b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của a (thỏa điều kiện thích hợp) ta đều có P 6 .
Câu 2: (4,5 điểm)
 Giải phương trình 4x 2 5x 1 2 x 2 x 1 9x 3.
Câu 3: (4,0 điểm)
 1 1 1
 Cho ba số không âm x, y,z thỏa mãn 2.
 1 2x 1 2y 1 2z
 1
 Chứng minh rằng xyz .
 64
Câu 4: (2,5 điểm)
 Cho hình bình hành ABCD có Aµ 90 . Dựng các tam giác vuông cân tại A là BAM và 
 DAN ( B và N cùng nửa mặt phẳng bờ AD , D và M cùng nửa mặt phẳng bờ AB ). 
 Chứng minh rằng AC vuông góc với MN .
Câu 5: (5,0 điểm)
 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O , G là trọng tâm. Tiếp tuyến tại B của O 
 cắt CG tại M . Tiếp tuyến tại C của O cắt BG tại N . Gọi X ,Y theo thứ tự là giao điểm 
 của CN , AN và đường thẳng qua B song song với AC ; Z,T theo thứ tự là giao điểm của 
 BM , AM và đường thẳng qua C song song với AB . Chứng minh rằng :
 a) AB.CZ AC.BX .
 b) M· AB N· AC .
 .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 TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2015-2016
 a a 1 a a 1 1 3 a 2 a 
 .
Câu 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức P a 
 a a a a a a 1 a 1 
 a) Rút gọn biểu thức P .
 b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của a (thỏa điều kiện thích hợp) ta đều có P 6 .
 Lời giải
 a a 1 a a 1 1 3 a 2 a 
 0 1
 a) P a (đk: a )
 a a a a a a 1 a 1 
 a3 13 a3 13 a2 1 3 a a 1 2 a a 1 
 a a 1 a a 1 a a 1 a 1 a 1 a 1 
 a 1 a a 1 a 1 a a 1 a 1 3a 3 a 2 a 2 a a
 .
 a a 1 a a 1 a a 1 a 1 
 a a 1 a a 1 a 1 2a 2 a 2
 .
 a a a a 1 a 1 
 2 a a 1 a 1 2 a a 1 
 .
 a a a 1 a 1 
 2 a a 1 
 2 
 a
 2 a 2a 2 a 2
 a
 2
 2 a 4 .
 a
 2
 Vậy với 0 a 1 thì P 2 a 4 .
 a
 2 2
 b) Ta có 2 a 2 2 a. 4 vậy P 8 hay P 6 (đpcm).
 a a
Câu 2: (4,5 điểm) Giải phương trình 4x 2 5x 1 2 x 2 x 1 9x 3.
 Lời giải
 4x2 5x 1 2 x2 x 1 9x 3
 4x2 5x 1 4 x2 x 1 9x 3 4x2 5x 1 2 x2 x 1 
 9x 3 9x 3 4x2 5x 1 2 x2 x 1 
 9x 3 4x2 5x 1 2 x2 x 1 1 0 9x 3 0
 2 2
 4x 5x 1 2 x x 1 1 0.
 1
 TH1: 9x 3 0 x .
 3
 TH2: Ta dễ chứng minh được phương trình 4x2 5x 1 2 x2 x 1 1 0 vô 
 nghiệm.
 1
 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x .
 3
 1 1 1
Câu 3: (4,0 điểm) Cho ba số không âm x, y,z thỏa mãn 2.
 1 2x 1 2y 1 2z
 1
 Chứng minh rằng xyz .
 64
 Lời giải
 1 1 1 2y 2z 4yz
 Ta có: 1 1 2 .
 1 2x 1 2y 1 2z 1 2y 1 2z (1 2y)(1 2z)
 1 4xz
 Tương tự ta có : 2 .
 1 2y (1 2x)(1 2z)
 1 4xy
 2 .
 1 2z (1 2x)(1 2y)
 1 1 1 64x2 y2 z2
 Khi đó: . . 8.
 1 2x 1 2y 1 2z (1 2x)2 (1 2y)2 (1 2z)2
 1 8xyz
 8.
 (1 2x)(1 2y)(1 2z) (1 2x)(1 2y)(1 2z)
 1 64xyz
 1
 xyz (đpcm).
 64
Câu 4: (2,5 điểm) Cho hình bình hành ABCD có Aµ 90 . Dựng các tam giác vuông cân tại A là 
BAM và DAN ( B và N cùng nửa mặt phẳng bờ AD , D và M cùng nửa mặt phẳng bờ AB ). Chứng 
minh rằng AC vuông góc với MN .
 Lời giải
 N
 B C
 H
 A D
 M
 Gọi H là giao điểm của MN và AC . Ta có N· AD B· AM 180
 N· AB B· AD B· AD D· AM 180
 N· AM B· AD 180 .
 Mặt khác AB // CD B· AD A· BC 180 .
 Do đó N· AM A· BC 180 B· AD .
 Xét NAM và CAB có AM AB;AN BC;N· AM A· BC
 NAM CAB B· AC A· MN .
 Xét AHM có A· MN M· AH B· AC H· AM B· AM 90 A· HM 90 .
 Vậy AC  MN .
Câu 5: (5,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O , G là trọng tâm. Tiếp tuyến tại 
B của O cắt CG tại M . Tiếp tuyến tại C của O cắt BG tại N . Gọi X ,Y theo thứ tự là giao điểm 
của CN , AN và đường thẳng qua B song song với AC ; Z,T theo thứ tự là giao điểm của BM , AM
và đường thẳng qua C song song với AB . Chứng minh rằng :
 a) AB.CZ AC.BX .
 b) M· AB N· AC .
 Lời giải
 T
 A
 Y N
 M
 G
 O
 B
 C
 X
 Z
 a) Xét BZC và ACB có:
 C· BZ B· AC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung).
 B· CZ A· BC (so le trong, AB // CZ ) CZ BC
Do đó BZC ∽ ACB (g.g) AB.CZ BC2 . (1)
 BC AB
 BC AC
Tương tự, ABC ∽ CXB (g.g) AC.BX BC2 . (2)
 BX CB
Từ (1) và (2) suy ra AB.CZ AC.BX BC2 .
b) Vì XY // AC và BN đi qua trung điểm AC nên BX BY .
Vì ZT // AB và CM đi qua trung điểm AB nên CZ CT .
 AC AB AC AB
Theo a) có AB.CZ AC.BX .
 CZ BX CT BY
Mặt khác A· CT A· BY B· AC .
Do đó CTA ∽ BYA c.g.c A· TC A· YB
Ta lại có A· TC M· AB;A· YB N· AC (đồng vị) M· AB N· AC .
 ..HẾT