Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán Lớp 9 THCS (Ngày thi 2-3-2016) - Năm học 2015-2016 - Sở Giáo dục và Đào tạo Phú Yên (Có đáp án)

 1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH 
 TỈNH PHÚ YÊN LỚP 9 THCS, NĂM HỌC 2015-2016 
 Môn TOÁN 
 Ngày thi : 02/3/2016 
Thời gian : 150 phút (Không kể thời gian giao đề) 
Câu 1. (4,00 điểm) Cho biểu thức: 
 ).
1
2
1
3
)(
1
(
11











a
a
a
a
a
a
aa
aa
aa
aa
p 
a) Rút gọn biểu thức P 
b) Chứng minh rằng với mọi giái trị của a (thỏa điều kiện thích hợp) ta 
đều có P>6. 
Câu 2.(4.50 điểm) Giải phương trình .3912154 22  xxxxx 
Câu 3. (4,00 điểm) Cho ba số không âm x,y,z thỏa mãn 
.2
21
1
21
1
21
1





 zyx
 Chứng minh rằng 
64
1
xyz . 
Câu 4. (2.50 điểm) Cho hình bình hành ABCD có 090ˆA .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 (5.00 điểm) Cho tam giac ABC n i ti p đường tr n tâm ,G là trọng 
tâm. i p tuy n tại B của ( ) c t CG tại M. i p tuy n tại C của ( ) c t BG 
tại N.Gọi , th o thứ tự là giao điểm của CN ,AN và đường thẳng ua B 
song song với AC , th o thứ tự là giao điểm của BM,AM và đường thẳng 
 ua C song song với AB. Chứng minh rằng : 
 a). AB.CZ = AC.BX. 
 b) CANBAM ˆˆ  . 
------H t------ 
Thí sinh không sử dụng tài liệu.Giám thị không giải thích gì thêm 
 2 
 ĐÁP ÁN 
Câu 1. (4,00 điểm) Cho biểu thức: 
 ).
1
2
1
3
)(
1
(
11











a
a
a
a
a
a
aa
aa
aa
aa
p 
a) Rút gọn biểu thức P 
4
2
2
2222
)1(2
2
)1)(1(
)1(2
.
)1)(1(2
)1)(1(
222
.
1)1()1(
)1)(1(
2233
.
1
)1(
)1)(1(
)1(
)1)(1(
).
)1)(1(
)1)(2(
)1)(1(
)1(3
)(
1
(
)1(
1
)1(
1 23333




































a
a
a
aaa
a
aa
aa
aa
a
aa
a
a
aa
aa
a
a
a
aa
a
aa
aa
aaaaa
a
a
aa
aaa
aa
aaa
aa
aa
aa
aa
a
a
aa
a
aa
a
p
b) Chứng minh rằng với mọi giái trị của a (thỏa điều kiện thích hợp) ta đều có P>6. 
Ta có 4
2
.22
2
2 
a
a
a
a vậy 8p hay 6p (đpcm). 
Câu 2.(4.50 điểm) Giải phương trình 
3
1
039
0)112154)(39(
)12154)(39(39
)12154)(39()12154)(12154(
.3912154
22
22
222222
22






x
x
xxxxx
xxxxxx
xxxxxxxxxxxxx
xxxxx
 a dễ chứng minh được phương trình 112154 22  xxxx = 0 vô nghiệm 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 
3
1
x 
 3 
Câu 3. (4,00 điểm) Cho ba số không âm x,y,z thỏa mãn .2
21
1
21
1
21
1





 zyx
 Chứng minh rằng 
64
1
xyz . 
 Ta có : 
)21)(21(
4
2
21
2
21
2
21
1
1
21
1
1
21
1
zy
yz
z
z
y
y
zyx 










 ương tự ta có : 
)21)(21(
4
2
21
1
,
)21)(21(
4
2
21
1
yx
xy
zzx
xz
y 




 Khi đó : 
64
1
641
)21)(21)(21(
8
.8
)21)(21)(21(
1
)21()21()21(
64
.8
21
1
.
21
1
.
21
1
222
222









xyz
xyz
zyx
xyz
zyx
zyx
zyx
zyx
Câu 4. (2.50 điểm) Cho hình bình hành ABCD có 090ˆA .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. 
Gọi H là giao điểm của MN và AC . 
B 
A 
C 
D 
M 
N 
H 
 4 
Ta có : 
vDABMAN
vMADDABDABBAN
vMABDAN
2ˆˆ
2ˆˆˆˆ
2ˆˆ



Mặt khác : vCBADABCDAB 2ˆˆ//  
Do đó : )ˆ2(ˆˆ DABvCBAMAN  
Xét tam giác NAM và tam giác CAB ta có : 
 AM=AB 
 AN= BC 
 CBAMAN ˆˆ  (cmt) 
Do đó hai tam giác bằng nhau 
Suy ra : NMACAB ˆˆ  (Hai góc tương ứng). 
Trong tam giác AHM có góc AMN +góc MAH =góc BAC + góc HAM=góc 
BAM = 90
0
. 
Vậy : góc AHM = 900.Hay AC vuông góc với MN (đpcm). 
Câu 5 (5.00 điểm) Cho tam giac ABC n i ti p đường tr n tâm ,G là trọng tâm. i p 
tuy n tại B của ( ) c t CG tại M. i p tuy n tại C của ( ) c t BG tại N.Gọi , th o thứ 
tự là giao điểm của CN ,AN và đường thẳng ua B song song với AC , th o thứ tự là 
giao điểm của BM,AM và đường thẳng ua C song song với AB. Chứng minh rằng : 
 a). AB.CZ = AC.BX. 
 b) CANBAM ˆˆ  . 
A 
B 
C 
G 
M 
N 
O 
X 
Y 
Z 
T 
 5 
Xét tam giác BZC và tam giác ACB ta có : 
Góc CBZ = Góc BAC ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tt và dây cùng chắn 1 cung) 
Góc BCZ = Góc ABC ( so le trong ,AB//CX). 
Nên tam giác BZC đồng dạng với tam giác ACB (g-g). 
=> 
AB
BC
BC
CZ
AC
BZ
 . 
BZ
BC
AC
AB
 
=> AB.CZ=BC.BC (1) 
Tương tự tam giác ABC đồng dạng với tam giác CXB (g-g) 
CB
AC
BX
BC
CX
AB
 
CB
AC
BX
BC
 
AC.BX=BC.CB (2) 
Từ (1) và (2) => AB.CZ = AC.BX (= BC2). 
Câu b. 
Mình nhìn không ra nhờ các bạn cùng suy nghĩ và đưa ra lời giải nhé (cảm ơn)