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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
VĨNH PHÚC 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2015-2016 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
Câu 1. (2,0 điểm) 
Cho biểu thức 
x 4 1 2 x 5
A : 1
x 4 x 2 x 2
    
             
a) Rút gọn biểu thức A 
b) Tìm tất cả các số nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. 
Câu 2. (2,0 điểm) 
a) Giải phương trình :      2x 1 x 2 x 6 x 3 45x     
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn :  2 yx x x 1 4 1    
Câu 3. (1,0 điểm) 
Cho các số nguyên x, y thỏa mãn 3x 2y 1.  Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
 2 2H x y xy x y 2      
Câu 4. (3,0 điểm) 
Cho hai điểm A, B phân biệt, lấy điểm C bất kỳ thuộc đoạn AB sao cho 
3
0 AC AB;
4
  tia Cx vuông góc với AB tại C. Trên tia Cx lấy hai điểm D, E phân 
biệt sao cho 
CE CA
3
CB CD
  . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC và đường tròn 
ngoại tiếp tam giác BEC cắt nhau tại điểm H (H không trùng với C) 
a) Chứng minh rằng ADC EBC và ba điểm A, H, E thẳng hàng 
b) Xác định vị trí của C để HC AD 
c) Chứng minh rằng khi điểm C thay đổi thì đường thẳng HC luôn đi qua một 
điểm cố định 
Câu 5. (1,0 điểm) 
 Cho ba số thực không âm x,y,z thỏa mãn x y z 2.   Chứng minh rằng 
    x 2y z 2 x 2 y 2 z      
Câu 6 
 Trên mặt phẳng cho 5 điểm phân biệt sao cho không có ba điểm nào thẳng 
hàng và không có bốn điểm nào cùng thuộc một đường tròn. Chứng minh rằng tồn 
tại một đường tròn đi qua ba điểm trong năm điểm đã cho và hai điểm còn lại có 
đúng một điểm nằm bên trong đường tròn. 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 9 VĨNH PHÚC NĂM 2015-2016 
Câu 1 
a) Điều kiện 
x 0
x 0
x 4 0
x 4
2 x 5
1 0
x 2


 
   

  
 
Ta có: 
   2 x 3 x 3 2
A : A
x 4 x 2 2 x
  
  
  
b) Để x, A thì 2 x là ước của 2. Suy ra 2 x nhận các giá trị 1; 2  
2 x 1 - 1 2 - 2 
x 1 9 0 16 
A 2 - 2 1 - 1 
Câu 2 
a) Phương trình tương đương: 2 2 2(x 7x 6).(x 5x 6) 45x     
Nhận thấy x=0 không là nghiệm của phương trình 
Phương trình đã cho tương đương với 
6 6
x 5 x 7 45
x x
  
      
  
Đặt 
6
t x 1,
x
   ta được 2t 81 0 t 9     
Với t = 9 , ta có 2
6
x 8 0 x 8x 6 0 x 4 10
x
          
Với t = - 9 ta có 2
6
x 10 0 x 10x 6 0 x 5 19
x
           
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm x 4 10;x 5 19     
b)     2 y 2 yx x x 1 4 1 x 1 x 1 4        
Do x, y x,y 0   
Nếu x= 0 thì y=0 suy ra (0;0) là nghiệm của phương trình đã cho 
Nếu x > 0 y 0 x 1    chẵn , đặt x 2k 1,k 0   
Khi đó   2 y 1k 1 2k 2k 1 4     
Do 22k 2k 1  là số lẻ, suy ra k = 0 nên x= 1; y=1 
Suy ra (1;1) là nghiệm của phương trình đã cho 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm (x;y) là (0;0) và (1;1) 
Câu 3 
Do x, y  và 3x + 2y = 1 suy ra x, y trái dấu 
1 x 1 x
3x 2y 1 y x t
2 2
x 1 2t;y 3t 1
 
        
    
Khi đó 2H t 3t t 1    
Nếu  
2
t 0 H t 1 2 2,       dấu “=” xảy ra khi t = 1 
Nếu t <0 2H t 4t 1 1 2        
Vậy GTNN của H là – 2 khi 
x 1
t 1
y 2
 
  

Câu 4 
I
H
A B
C
D
E
a) Từ giả thiết, có: CE > CD; 0
CE CA
3 ;DCA BCE 90
CB CD
    
Suy ra hai tam giác Adc, EBC đồng dạng , suy ra ADC EBC (1) 
Do tứ giác AHDC nội tiếp, suy ra AHC ADC (2) 
Do tứ giác BCHE nội tiếp, suy ra 0EBC CHE 180 (3)  
Từ (1) (2) (3) suy ra 0AHC CHE 180  suy ra ba điểm A, H, E thẳng hàng 
b) Ta có : 0 0
AC
tanADC 3 ADC 60 EBC 60
CD
      
Do 0AD HC ACH ADC 60    
Lại có tứ giác BCHE nội tiếp, suy ra 0AEB HCA 60  
Suy ra ABE đều nên C là trung điểm AB 
c) Do 0AHB 90 nên H thuộc đường tròn đường kính AB cố định 
Kéo dài HC cắt đường tròn đường kính AB tai điểm thứ hai I (I khác H) 
Suy ra 0AHI 60 nên I cố định 
Vậy HC luôn đi qua I cố định khi C thay đổi trên đoạn AB 
Câu 5 
Đặt x y 2a;y z 2b; z x 2c a,b,c 0;a b c 2           
Bất đẳng thức trở thành a b 4abc  
Ta có:  2 a b c 2 a b c     . Dấu “=” xảy ra khi a+b=c 
   
2
1 a b c a b a b c 4abc        
Dấu “=” xảy ra 
a b 1
a b
a b c 2
c 1a b c 2
 
  
    
     
Vậy    x 2y z 2 x 2 y 2 z      
Dấu “=” xảy ra 
x y y z 1
x z 1
z x 2
y 0
x y z 2
   
 
    
   
Câu 6. 
 Từ 5 điểm có 4+3+2+1=10 đoạn thẳng tạo thành. Do đó có ít nhất một đoạn thẳng 
có độ dài nhỏ nhất. Giả sử 5 điểm A, B, C, D, E và hai điểm A, B có độ dài AB 
nhỏ nhất. Khi đó 3 điểm C, D, E còn lại có hai khả năng sau: 
TH1: cả ba điểm này nằm cùng phía trong nửa mặt phẳng bờ AB 
Vì không có 4 điểm nào cùng thuộc một đường tròn nên C, D, E nhìn AB với các 
góc nhọn khác nhau. Giả sử ACB ADB AEB  khi đó đường tròn đi qua 3 điểm A, 
B, D chứa điểm C bên trong và điểm E bên ngoài 
TH2: có một điểm khác phía hai điểm kac sở hai nửa mặt phẳng bờ AB. Giả sử E 
khác phía hai điểm C, D 
D
C
E
A B
A
C
E
B
D
Vì không có 4 điểm nào cùng thuộc một đường tròn nên C, D nhìn AB với các góc 
nhọn khác nhau. Giả sử ACB ADB, khi đó đường tròn đi qua ba điểm A, B, D 
chứa điểm C bên trong và điểm E bên ngoài 
Vậy luôn có một đường tròn thỏa mãn điều kiện