Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc (Có đáp án)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2014 – 2015 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
Câu 1 (1,5 điểm): Cho biểu thức: 
3 16 7 1 7
2
2 3 3 1 1
x x x x x
A
x x x x x
      
       
       
a) Rút gọn biểu thức A. 
b) Tìm x để 6.A   
Câu 2 (1,5 điểm): Cho hệ phương trình: 
2 2
2 5
mx y
x my
 

 
 (với m là tham số). 
a) Giải hệ phương trình trên khi 10.m  
b) Tìm m để hệ phương trình đã cho có nghiệm  ;x y thỏa mãn hệ thức: 
2
2
2015 14 8056
2014
4
m m
x y
m
  
  

Câu 3 (3,0 điểm): 
a) Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn 1.a b c   Tìm giá trị lớn nhất của biểu 
thức: 
3 2 3 2 3 29 3 9 3 9 3
a b c
P
a b c b c a c a b
  
     
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn: 2(1 ) 4 ( 1).x x x y y    
Câu 4 (3,0 điểm): Cho đoạn thẳng AC có độ dài bằng .a Trên đoạn AC lấy điểm B sao cho 
4 .AC AB Tia Cx vuông góc với AC tại điểm ,C gọi D là một điểm bất kỳ thuộc tia Cx ( D 
không trùng với C ). Từ điểm B kẻ đường thẳng vuông góc với AD cắt hai đường thẳng AD và 
CD lần lượt tại ,K .E 
a) Tính giá trị .DC CE theo .a 
b) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất . 
c) Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia Cx thì đường tròn đường kính DE 
luôn 
có một dây cung cố định. 
Câu 5 (1,0 điểm): Cho dãy gồm 2015 số: 
1 1 1 1 1
; ; ;...; ; .
1 2 3 2014 2015
Người ta biến đổi dãy nói trên bằng cách xóa đi hai số u,v bất kỳ trong dãy và viết thêm 
vào dãy một số có giá trị bằng u v uv  vào vị trí của u hoặc v. Cứ làm như thế đối với dãy 
mới thu được và sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối cùng chỉ còn lại một số. Chứng minh rằng giá 
trị của số cuối cùng đó không phụ thuộc vào việc chọn các số u,v để xóa trong mỗi lần thực 
hiện việc biến đổi dãy, hãy tìm số cuối cùng đó. 
-----------Hết----------- 
Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. 
 - Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:.. 
Số báo danh:... 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
THỨC 
SỞ GD&ĐT VĨNH 
PHÚC 
KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2014 – 2015 
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN 
(05 trang) 
I) Hướng dẫn chung: 
1) Hướng dẫn chấm chỉ nêu một cách giải với những ý cơ bản, nếu thí sinh làm bài 
không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm 
từng phần như thang điểm quy định. 
 2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo 
không làm sai lệch 
 hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện với tất cả giám khảo. 
3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết 
quả. 
4) Với bài hình học nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm 
phần đó. 
II) Đáp án và thang điểm: 
Câu Nội dung trình bày Điểm 
Câu 
1 
(1,5 
đ) 
Cho biểu thức: 
3 16 7 1 7
: 2
2 3 3 1 1
x x x x x
A
x x x x x
      
      
       
a) (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức A . 
Điều kiện: 
0
2 3 0
3 0
1 0
2 0
1
x
x x
x
x
x
x

 

   

 

 

  
 
 Từ đó: 0; 1; 4x x x   0,25 
Biến đổi: 
  
  
1 3 73 16 7 1 7 1 7
2 3 3 1 3 11 3
x xx x x x x x
x x x x x xx x
      
    
      
2 6 7
3 1
x x
x x
 
 
 
 2 3 7 7 9
2
3 1 1 1
x x x x
x x x x
   
    
   
0,25 
và 
2
2
1 1
x x
x x

 
 
 0,25 
Từ đó: 
9 2 9
:
1 1 2
x x x
A
x x x
  
 
  
 0,25 
b) (0,5 điểm) Tìm x để 6A   . 
Biến đổi:  96 6 9 6 2
2
x
A x x
x

         

 0,25 
 7 21 9x x   (thỏa mãn điều kiện). Vậy để 6A   thì 9x  0,25 
Câu 
2 
(1,5 
đ) 
Cho hệ phương trình: 
2 2
2 5
mx y
x my
 

 
 (với m là tham số) 
a) (0,5 điểm) Giải hệ phương trình trên khi 10m  . 
Thay 10m  ta được hệ: 
10 2 2 5 1
2 10 5 2 10 5
x y x y
x y x y
    
 
    
50 52
2 10 5 2 10 5
x-10y=10 x=15
x y x y
 
  
    
0,25 
15 15
52 52
5 2 23
10 52
x x
x
y y
 
   
  
  
  
Kết luận: với 10m  thì hệ có nghiệm duy nhất: 
15
52
23
52
x
y



 

0,25 
b) (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình đã cho có nghiệm  ;x y thỏa mãn hệ 
thức: 
2
2
2015 14 8056
2014
4
m m
x y
m
  
  

Dùng phương pháp thế, ta có: 
2 2
2 5
mx y
x my
 

 
2
2
2
2
2
2 5 2 5
2
mx
mx y
y
mx
x my x m

   
  
     
 0,25 
 
2
2
2
2 102
42
5 4
4
4
mmx xy m
, m R
m
m x=2m+10 y
m
   
    
    
Nên hệ luôn có nghiệm duy nhất: 
2
2
2 10
4
5 4
4
m
x
m
, m R
m
y
m

 
 
 
 
0,25 
Thay vào hệ thức: 
2
2
2015 14 8056
2014
4
m m
x y
m
  
  

Ta được: 
2 2
2 2
2014 7 8050 2015 14 8056
4 4
m m m m
m m
     

 
2 22014 7 8050 2015 14 8056m m m m       
0,25 
   2 7 6 0 1 6 0m m m m        . 1
6
m
m

  
Kết luận: để hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y thỏa mãn hệ thức: 
0,25 
22
2015 14 8056
2014
4
m m
x y
m
  
  

 thì 
1
6
m
m

 
Câu 
3 
(3,0 
đ) 
a) (1,5 điểm) Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn 1a b c   . Tìm giá trị 
lớn nhất của biểu thức: 
3 2 3 2 3 29 3 9 3 9 3
a b c
P
a b c b c a c a b
  
     
Chứng minh: 
 2 2 2 2 2 2 2( )( ) ( )a b c x y z ax by cz       , , , , , ,a b c x y z R  . (1) 
Thật vậy: 
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2(1) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) 0a y abxy b x a z acxz c z b y bcyz c z          
2 2 2( ) ( ) ( ) 0ay bx az cx by cz       (đúng) 
 Dấu " "
ay bx
az cx
by cz


  
 
0,25 
Áp dụng BĐT (1) ta có: 3 2 2
1 1
(9 3 )( ) ( ) 1
9 3
a b c c a b c
a
        
 Dấu 
1
" "
3
a b c     . 
0,25 
 3 2
1
9 3
1 1
9 3
a b c
c
a
   
 
3 2
1 1
( )
9 3 9 3
a
a c
a b c a
   
 
0,25 
Tương tự có: 
3 2 3 2
1 1 1 1
( ); ( )
9 3 9 3 9 3 9 3
b c
b a c b
b c a b c a b c
     
   
1
3. ( )
9 3
a b c
P ab bc ca
 
      
0,25 
21 1 ( )
1
3 3 3
a b c
P
 
     . Do ab bc ca  
2( )
3
a b c 
 0,25 
Vậy ax
1
1
3
mP a b c     . 0,25 
b) (1,5 điểm ) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn: 
2(1 ) 4 ( 1)x x x y y    
Có: 2(1 ) 4 ( 1)x x x y y    3 2 2( ) ( 1) 4 4 1x x x y y       
2 2( 1)( 1) (2 1)x x y     (1) 
0,25 
Vì  
2
, 2 1 0x y y   , nên từ  1 0x  và x chẵn. 0,25 
Giả sử 2( 1, 1)x x d d    lẻ và 2 21 ; 1x d x d  2 1d d   0,25 
Vì 2( 1)( 1)x x  là số chính phương, 2( 1, 1) 1x x   nên ( 1)x  và 2( 1)x  
cũng là hai số chính phương. 
0,25 
Do 0x   2 2 2 2 21 ( 1) 1 ( 1) 0x x x x x x          0,25 
Khi 0x  , có 
0
(1) 4 ( 1) 0
1
y
y y
y

     
. 
Vậy có hai cặp số nguyên  ;x y thỏa mãn yêu cầu bài toán là: (0;0),(0;1) 
0,25 
Câu 
4 
(3,0 
đ) 
Cho đoạn thẳng AC có độ dài bằng a . Trên đoạn AC lấy điểm B sao cho 
4AAC B . Tia Cx vuông góc với AC tại điểm C , gọi D là một điểm bất kỳ 
thuộc tia Cx ( D không trùng với C ). Từ điểm B kẻ đường thẳng vuông góc với 
AD cắt hai đường thẳng AD và CD lần lượt tại K , E . 
a) (1,0 điểm) Tính giá trị .DC CE theo a . 
Ta có: EBC ADC (Cùng bù với góc KBC ); 90oACD ECB  0,25 
ACD và ECB đồng dạng với nhau(g-g) 0,25 
. .
DC AC
DC CE AC BC
BC EC
    0,25 
Do 
3
;
4 4
a a
AB BC  
23
. .
4
a
DC EC AC BC  0,25 
b) (1,0 điểm) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất . 
1
.
2
BDE BDES BC DE S   nhỏ nhất khi và chỉ khi DE nhỏ nhất. 0,25 
Ta có: 
23
2 . 2 3
4
a
DE DC EC DC EC a     ( Theo chứng minh phần 
a) 
 Dấu 
3
" "
2
a
DC EC    . 
0,5 
( )BDES nhỏ nhất bằng 
23 3
8
a
 khi D thuộc tia Cx sao cho 
3
2
a
CD  . 0,25 
c) (1,0 điểm) Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia Cx thì đường tròn 
đường kính DE luôn có một dây cung cố định. 
Gọi giao điểm của đường tròn đường kính DE với đường thẳng AC là M, N ( 0,25 
M nằm giữa A và B) M, N đối xứng qua DE. 
Ta có: Hai tam giác AKB và ACD đồng dạng (g-g) 
 . .
AK AB
AK AD AC AB
AC AD
    (1) 
 Hai tam giác AKM và AND đồng dạng (g-g) 
 . .
AK AM
AK AD AM AN
AN AD
    (2) 
0,25 
T ừ (1) v à (2) suy ra 
2
. .
4
a
AM AN AC AB  
2
2 2( )( )
4
a
AC MC AC NC AC MC      (Do MC NC ) 
2
2 3 3
4 2
a a
MC MC NC     
0,25 
,M N là hai điểm cố định. 
Vậy đường tròn đường kính DE luôn có dây cung MN cố định. 
0,25 
Câu 
5 
(1,0 
đ) 
Cho dãy gồm 2015 số: 
1 1 1 1 1
; ; ;...; ; .
1 2 3 2014 2015
Người ta biến đổi dãy nói trên bằng cách xóa đi hai số u,v bất kỳ trong dãy và 
viết thêm vào dãy một số có giá trị bằng u v uv  vào vị trí của u hoặc v. Cứ 
làm như thế đối với dãy mới thu được và sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối cùng 
chỉ còn lại một số. Chứng minh rằng giá trị của số cuối cùng đó không phụ 
thuộc vào việc chọn các số u,v để xóa trong mỗi lần thực hiện việc biến đổi dãy, 
hãy tìm số cuối cùng đó. 
Với hai số thực u,v bất kỳ ta luôn có: 
    1 1 1 1u v u v uv u v uv          (*) 0,25 
Với dãy số thực bất kỳ 
1 2 2015
a ;a ;...;a , ta xét “Tích thêm T ”: 
     1 2 3 20151 1 1 1T a a a ... a     
Áp dụng cách biến đổi dãy như trong đề bài kết hợp với nhận xét (*), ta nhận 
thấy “Tích thêm T ” không thay đổi với mọi dãy thu được. 
0,25 
Với dãy đã cho ban đầu của bài toán, “Tích thêm T ”: 
1 1 1 1 1 2 3 4 2015 2016
1 1 1 1 1 2016
1 2 3 4 2015 1 2 3 2014 2015
T ... . . .... .
      
             
      
0,25 
Giả sử sau 2014 lần biến đổi tùy ý theo yêu cầu, dãy còn lại chỉ còn một số là 
x thì “Tích thêm T ” đối với dãy cuối là: 1T x  
Vậy ta có: 1 2016 2015x x    
Bài toán được giải quyết; và sau 2014 lần biến đổi dãy theo đúng yêu cầu của 
bài toán ta thu được số 2015. 
0,25 
-----------------------Hết-------------------