Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 THCS môn Toán - Năm học 2014-2015 - Sở GD&ĐT Hải Dương (Kèm hướng dẫn chấm)

SỞ GIÁO DỤC HẢI DƯƠNG
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút 
Câu 1 (2,0 điểm):
1) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc với a, b, c 0 và a + b+ c 0 
	 Tính giá trị của biểu thức M = 
2) Cho a,b,c là các số thực thoả mãn: . Tính: .
Câu 2 (2,0 điểm):
1) Giải phương trình : 
2) Giải hệ phương trình 
Câu 3 (2,0 điểm):
1) Tìm số nguyên x sao cho là số hữu tỉ.
2) Cho a, b là các số nguyên và 4a2 + 5ab + 7b2 chia hết cho 3. 
Chứng minh a3 + b3 chia hết cho 3.
Câu 4 (3,0 điểm): 
	Cho ABC (AB = AC). Vẽ đường tròn có tâm O nằm trên BC và tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại D, E. Gọi I là một điểm chuyển động trên cung nhỏ DE (I khác D và E). Tiếp tuyến của đường tròn tại I cắt các cạnh AB, AC tương ứng tại M, N.
Chứng minh rằng: Chu vi tam giác AMN không đổi khi I di chuyển trên cung nhỏ DE.
Chứng minh hệ thức 4.BM.CN = BC2.
Xác định vị trí của điểm I trên cung nhỏ DE để AMN có diện tích lớn nhất.
Câu 5 (1,0 điểm):
Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x + y + z = 3. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của P =   
-------------------------Hết----------------------------------
SỞ GIÁO DỤC HẢI DƯƠNG
HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN THI: TOÁN
Câu
Ý
Điểm
I
1
Cho a 3 + b3 + c3 = 3abc và a+b+c 0 
a3 + b3 + c3 = 3abc
a 3 + b3 + c3 - 3abc =0
 ( a 3 + 3a2b + 3ab2 + b3 ) + c3 -(3a2b +3ab2 + 3abc ) =0
 ( a + b )3 + c3 – 3ab ( a + b + c ) =0
 ( a + b + c ) [ ( a+b)2 –( a+b)c +c2 )- 3ab( a + b + c )=0
 ( a + b + c )[ a2 + 2ab + b2 – ac – bc + c2 – 3ab )=0
 ( a + b + c )( a2 + b2 – ac – bc + c2 – ab ) =0
 ( a + b + c )[ ( a-b)2 + ( b- c)2 + ( c-a)2]=0
 ( a- b )2 + ( b – c )2 + ( c – a )2 = 0 ( vì a + b+ c 0 )
 a = b = c 
Thay vào M ta có:
M = =0 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 Ta có: 
mà: nên 
Từ và (**) 
0,25
0,25
0,25
0,25
II
1
 Giải phương trình : 
 ĐKXĐ: x -1 . Đặt : = a ; a 0
 a= 3x + 4 + 2 = 3x + 2 - 16 + 20 
 = a + 20
 phương trình trở thành: a2 – a – 20 = 0 
 Giải phương trình được a = 5 (vì a 0)
 = 5 
 2 , ĐK : x 
 Giải phương trình này cho ta kết quả: x = 3 ( thỏa mãn các ĐK)
 Vậy nghiệm của phương trình ban đầu là : x = 3
0,25
0,25
0,25
0,25
2
*Ta thấy x = 0, y = 0 là một nghiệm của hệ.
*Nếu x 0, y 0 chia cả hai vế của (1) cho y2 ta được:
 hoặc .
Với x = - y, thay vào (2) ta có: -y2 + 3y2 – y = 0 
 2y2 – y = 0 y(2y – 1) = 0 y = 0 hoặc
Với y = 0 x = 0.
Với .
Với x = 3y, thay vào (2) ta có: 
3y2 + 3y2 + 3y = 0 6y2 + 3y = 0 3y(2y+1) = 0 
 y = 0 hoặc 
Với y = 0 x = 0
Với 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( 0 ; 0 ) ( ; ) (;
0,25
0,25
0,25
0,25
III
1
ĐK: hoặc .
Đặt . Vì 
.
Vì 
 hoặc 
hoặc hoặc 
Giải các HPT trên được: (x = 9; y = 12), (x = -16; y = 12); 
(x = 0; y = 0), (x = -7; y = 0).. (Thỏa mãn ĐK)
Vậy x = 9; x = -16; x = 0; x= -7.
0,25
0,25
0,25
0,25
2
a. (1 điểm)
(4a2+5ab+7b2) 3 (4a2+5ab+7b2)-(3a2+3ab+6b2) 3
 a2+2ab+b2 3
 (a+b)2 3
 a+ b 3 ( do 3 là số nguyên tố)
Do đó a3+b3 = (a+b)(a2-2ab+b2) 3
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
IV
1
Ta có: AD = AE; IM = MD; IN = NE (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau). 
 Chu vi AMN là: AM + MN + NA = AD + AE 
 = 2AD 
Do A, D cố định nên AD không đổi chu vi AMN không đổi khi I di chuyển trên cung nhỏ DE.
0,25
0,25
0,25
0,25
2
Ta có: = (1800 - )/2; 
 = = (1800 - )/2. .
Suy ra DBMO, DOMN và DCON đồng dạng với nhau suy ra 
0,25
0,25
0,25
0,25
3
Ta có SAMN lớn nhất Û SBMNC nhỏ nhất. Ta có: ( R: bán kính đường tròn)
R; BD không đổi nhỏ nhất BM + CN nhỏ nhất .
Mặt khác ta có: . Dấu “=” xảy ra BM = CN.
Hay BM + CN nhỏ nhất bằng 2R BM = CN = R MN // BC hay I là điểm chính giữa của cung nhỏ DE.
Vậy SAMN lớn nhất Û I là điểm chính giữa của cung nhỏ DE.
0,25
0,25
0,25
0,25
V
Ta chứng minh 
Ta có : 
 (dấu “=” xảy ra a = b = c.
Áp dụng, ta có: 
Dấu “=” xảy ra x= y = z = 1.
Vậy PMin = 1 x = y = z = 1.
0.25 
0.25 
0,25
0,25
-------------------------Hết----------------------------------