Đề thi khảo sát chất lượng học sinh giỏi năm học 2015 - 2016 môn thi: Toán lớp 9 THCS

PHÒNG GD&ĐT SẦM SƠN
Đề chính thức
TRƯỜNG THCS NGUYỄN HỒNG LỄ
 KỲ THI KSCL HỌC SINH GIỎI 
Năm học 2015 - 2016
Môn thi: TOÁN - Lớp 9 THCS
Thời gian làm bài: 150 phút 
Câu I (4,0 điểm): Cho biểu thức: 
Rút gọn biểu thức .
d Tìm Min A với x 
Câu II (4,0 điểm) Giả sử là một nghiệm của phương trình: .
 Hãy tính giá trị của biểu thức 
2. Giải hệ phương trình: 
Câu III (4,0 điểm).
1. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố đôi một khác nhau thoả mãn điều kiện
2.Tìm mọi cặp số nguyên dương (x; y) sao cho là số nguyên dương
Câu 4 (6,0 điểm) 
Cho đường tròn (O; R) và điểm M nằm ngoài đường tròn. Qua điểm M vẽ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (A và B là các tiếp điểm). Gọi D là điểm di động trên cung lớn AB (D không trùng với A, B và điểm chính giữa của cung) và C là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn (O; R). 
a) Giả sử H là giao điểm của OM với AB. Chứng minh rằng MH.MO = MC.MD, từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD luôn đi qua một điểm cố định.
b) Chứng minh rằng nếu dây AD song song với đường thẳng MB thì đường thẳng AC đi qua trọng tâm G của tam giác MAB.
 c) Kẻ đường kính BK của đường tròn (O; R), gọi I là giao điểm của các đường thẳng MK và AB. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MBI theo R, khi biết OM = 2R.
Câu V (2,0 điểm) : ) Cho các số không âm thỏa mãn: x + y + z 3Tìm giá trị lớn nhất của 
----- HẾT -----
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Hướng dẫn chấm đề khảo sát lần 2
Câu
Ý
Lời giải (vắn tắt)
Điểm
I
(4,0đ)
1
(2,5đ)
Ta có: , nên điều kiện để A có nghĩa là 
0, 5
. 
0,50
0,50
. . 
0,5
 ()
0,5
2
(1,5đ)
 = Dấu “=” xảy ra khi x=3
Vậy Min A =4 khi x=3
II
(4,0đ)
1
(2,0đ)
Vì là nghiệm của phương trình nên: 
 . 
Thay vào biểu thức ta được:
 = ( vì theo thì )
0,50
0,50
0,50
0,5đ
2
(2,0đ)
0,75
Xét TH :
0,50
Xét TH :
0,50
 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (1; 1); 
0,25
III
(4,0đ)
1
(2,0đ)
+ Từ giả thiết suy ra: . Không giảm tính tổng quát giả sử . Suy ra 
Do đó 
0,50
+ Với suy ra 
Do đó 
0,50
+ Với từ (1) suy ra 
+ Với từ (1) suy ra ( do a>b)
0,50
+ Với từ giả thiết suy ra ( do b>c)
Thay vào (*) được .
Vậy có 8 bộ ba (a;b;c) thoả mãn: và các hoán vị của nó.
0,50
2
(2,0đ)
) Đặt = a Với a là số nguyên dương thì x4 + 2 = a(x2y + 1) 
Û x2(x2- ay) = a - 2 (1)
0,5
Xét 3 trường hợp sau : TH1: Nếu a = 1 thì từ (1) ta có : x2(x2- y) = - 1
Þ Û 
0,50
TH2: Nếu a=2 thì từ (1) có x2(x2- 2y)=0, suy ra x2 =2y nên có x= 2k, y=2k2 với k là số nguyên dương
TH3: Nếu a > 2 thì từ (1), có a – 2 > 0 và (a – 2) chia hết cho x2 nên a – 2 ³ x2 Û a ³ x2 + 2 > x2 
Từ đó Þ 0 < x2- ay < x2- x2y £ 0. Điều này không xảy ra
0,5
Vậy: Cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn đề ra là : (1; 2) và (2k; 2k2) với k là số nguyên dương.
0,5
IV
6,0đ
1
(2.0 đ)
 Vì tam giác AOM vuông tại A có nên 
Mặt khác nên MAC đồng dạng MDA (g.g), do đó
Vậy 
Mà : NÊN Đồng dạng với (c.g.c)
 tứ giác CHOD nội tiếp 
Vậy đường tròn ( CHD) luôn đi qua O cố định.
0,5
0,5
0,5
0,5
2
(2,0đ
 Giả sử AC cắt MB tại E, vì nên EBC đồng dạng EAB. Do đó 
Vì AD // MB nên Do đó EMC đồng dạng EAM
Vậy EB = EM, tức là E là trung điểm của MB.
Tam giác MAB có MH và AE là các đường trung tuyến, nên AC luôn đi qua trọng tâm G của MAB.
0,50
0,50
0,50
0,50
3
(2.0 đ)
c) (2,0 điểm) Vì OM = 2R nên MAB là tam giác đều, do đó 
Kẻ đường kính MN của đường tròn ngoại tiếp BMI thì trong tam giác vuông IMN ta có (1)
Ta có AK // MO nên đồng dạng (g.g). Do đó 
Dễ thấy nên AK = R và , do đó (2)
Mặt khác 
Vì nên 
Khi đó , do đó (3)
Vậy đường tròn ngoại tiếp BMI có bán kính 
0,50
0,50
1,0
V(1đ)
Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xky, ta được:
Tương tự: 
1,0
Bởi vậy 
0,50
 A 6 + ( 3 - ) 6+( 3 - )3= 9 + 3 
 (Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xky và giả thiết x + y + z 3 )
 Vậy giá trị lớn nhất của A là : 9 + 3, khi x = y = z = 1.
0,50