Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Sở Giáo dục và Đào tạo Đà Nẵng (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 
NĂM HỌC 2015-2016 
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI : TOÁN 
Thời gian làm bài : 150 phút 
Bài 1. (1,5 điểm) 
Cho biểu thức 
3a 9a 3 a 1 a 2
M
a a 2 a 2 1 a
   
  
   
 với a 0;a 1  
a) Rút gọn biểu thức M 
b) Tìm tất cả các giá tị nguyên của a để biểu thức M nhận giá trị nguyên. 
Bài 2 (2,0 điểm) 
a) Giải phương trình x 3 4 x 1 x 8 6 x 1 9        
b) Giải hệ phương trình 
2
2
2
x xy xz 48
xy y yz 12
xz yz z 84
   

  

  
Bài 3. (2,0 điểm) 
a) Cho 
2016thõasè 2 3016thõasè 2
a 2. 2.... 2. 2 vµ b 2. 2....... 2. 2  Chứng minh rằng a và b 
có cùng chữ số hàng đơn vị 
b) Cho hàm số y ax a 1   với a là tham số, a 0 và a 1  . Tìm tất cả các giá 
trị của tham số a để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đồ thị của hàm số đạt 
giá trị lớn nhất 
Bài 4. (3,5 điểm) Cho trước tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Trên cung 
nhỏ BC lấy điểm M tùy ý. Đường tròn (M;MB) cắt đoạn thẳng AM tại D. 
a) Chứng minh rằng tam giác BDM là tam giác đều 
b) Chứng minh rằng MA=MB+MC 
c) Chứng minh rằng khi M thay đổi trên cung nhỏ BC thì điểm D luôn luôn 
nằm trên một đường tròn cố định có tâm thuộc đường tròn (O). 
Bài 5. (1,0 điểm) Cho x+y+z= 0 và xyz 0 . Tính giá trị của biểu thức 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
P
x y z y z x z x y
  
     
---HẾT---- 
ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI 9 ĐÀ NẴNG 2015-2016 
Câu 1. 
Ta có: 
  
  
  
  
  
     
  
  
a 1 a 1 a 2 a 23a 3 a 3
M
a 1 a 2 a 1 a 2 1 a a 2
3a 3 a 3 (a 1) (a 4) a 3 a 2
M
a 1 a 2 a 1 a 2
a 1 a 2 a 1
M
a 1a 1 a 2
a 1 2 2
M 1
a 1 a 1
    
  
     
       
 
   
  
 
 
 
  
 
M nguyên 
2
a 1


 nguyên a 1  là ước của 2 
   a 1 1;1;2 a 0;4;9 (do a 0)       
Câu 2 
2a. 
Phương trình 
   
2 2
x 1 4 x 1 4 x 1 6 x 1 9 9
x 1 2 x 1 3 9
x 1 2 x 1 3 9
x 1 2 x 5
          
      
      
    
2b 
Cộng 3 phương trình của hệ ta được  
2
x y z 144 x y z 12        
Mặt khác hệ 
x(x y z) 48
y(x y z) 12
z(x y z) 84
  

   
   
 kết hợp với trên ta có hai trường hợp sau 
*) Với x+y+z= - 12 hệ có nghiệm    x;y;z 4; 1; 7    
*)Với x+y+z=12 hệ có nghiệm    x;y;z 4;1;7 
Câu 3 
3a. Nhận xét 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2 16 (8 thừa số 2) 
2016 chia hết cho 8 được 252 như vậy có thể phân số a thành 252 nhóm, mỗi nhóm 
có giá trị bằng 16 (có hàng đơn vị là 6) nên tích của 252 nhóm này cũng có hàn 
đơn vị là 6 
3016 chia hết cho 8 được 377 như vậy có thể phân số b thành 377 nhóm, mỗi nhóm 
có giá trị bằng 16 (có hàng đơn vị là 6) nên tích của 377 nhóm này cũng có hàng 
đơn vị là 6 
Suy ra điều phải chứng minh 
3b. 
Tam giác vuông OAB tại O nên nếu gọi h là khoảng cách từ O đến đồ thị hàm số 
thì 
     
2 2
2 2 22 2 2
2
2
2 2 2
1 1 1 a 1 a 1
h OA OB a 1 a 1 a 1
2 aa 2a 1 2a
h 1 1 2.
1 a 1 a 1 a

    
  
 
      
  
Dấu đẳng thức xảy ra khi a=1. Vậy khi a=1 thì khoảng cách từ O đến đồ thị hàm số 
là lớn nhất. 
Câu 4. 
a) MB = MD (bán kính đường tròn (M)) 
0BMD BCA 60  (cùng chắn cung AB) 
I D
O
A
B C
M
Nên tam giác BMD đều 
b) Hai tam giác ABD và CBM bằng nhau vì AB = CB ; BD = BM 
Và 
0ABD 60 DBC CBM DA MC
MA MD DA
    
  
Mà MD=MB vậy MA=MB+MC 
c) Gọi I là giao điểm của (O) với phân giác CO (trong tam giác đều ABC) 
I là điểm chính giữa của cung nhỏ AB và I là điểm cố định thuộc (O) 
Nên MI là phân giác BMD (góc nội tiếp chắn cung AB của đường tròn (O)) 
Nên MI là trung trực đoạn thẳng BD vì BDM là tam giác đều 
Suy ra ID=IB 
Do đó D luôn thuộc đường tròn  I;IB cố định có tâm thuộc (O) 
Câu 5. 
Ta có : x+y+z=0 x (y z);y (z x);z (x y)         
     
     
2 2 22 2 2
2 2 22 2 2 2 2 2
x y z ;y z x ;z x y
1 1 1
P
x y x y y z y z z x x z
1 1 1 x y z
P P 0
2xy 2yz 2xz 2xyz
      
   
        
 
      
   