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 2 9 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 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 7 3 16 7 1 7 1 7 2 3 3 1 3 1 1 3 x x x x x x x x x x x x x x x 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: ( ) 9 6 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 10 2 4 2 5 4 4 4 m mx x y 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 2 2014 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 2 2 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 2 9 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 2 1 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 m P 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∈Ζ ⇒ − > , nên từ ( ) 1 0x⇒ ≥ và x chẵn. 0,25 Giả sử 2 ( 1, 1)x x d d+ + = ⇒ lẻ và 2 2 1 ; 1x d x d− +M M 2 1d d⇒ ⇒ =M 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 2 1 ( 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 ); · · 90 o ACD 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= = ⇒ 2 3 . . 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 BDE S BC DE S ∆ ∆ = ⇒ nhỏ nhất khi và chỉ khi DE nhỏ nhất. 0,25 Ta có: 2 3 2 . 2 3 4 a DE DC EC DC EC a= + ≥ = = ( Theo chứng minh phần a) Dấu 3 " " 2 a DC EC= ⇔ = = . 0,5 ( )BDE S⇒ nhỏ nhất bằng 2 3 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 2015 1 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 . 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:. 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. 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 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KÌ