Tải bản đầy đủ

Tài liệu BDHSG môn Toán lớp 9 (15 đề thi HSG cấp tỉnh có hướng dẫn chấm chi tiết)

TÀI LIỆU
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI THCS
MÔN: TOÁN - LỚP 9
*****

“15 ĐỀ THI HSG CẤP TỈNH MÔN TOÁN 9”
(Có hướng dẫn chấm chi tiết)

Họ và tên: …………………………………..………………….
Trường THCS: …………….………..……….………………….
Năm học: 20 …… - 20…………

Trang 0


15- ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN: TOÁN - LỚP 9.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2017-2018


ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN - Lớp 9 THCS
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 10 tháng 3 năm 2018
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu I (4,0 điểm).
1. Cho biểu thức: P 

x 2 x
x 1
1  2x  2 x


, với x > 0, x 1
x x  1 x x x x
x2  x

Rút gọn P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên.
2. Tính giá trị của biểu thức P 

1
3
4( x  1) x 2018  2 x 2017  2 x  1

tại x 
2
2 3  2 2 3 2
2 x  3x

Câu II (4,0 điểm).
1. Biết phương trình: (m – 2)x 2 – 2(m – 1)x + m = 0 có hai nghiệm tương ứng là độ
dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh
huyền của tam giác vuông đó bằng

2
5


 ( x  y ) 2 (8 x 2  8 y 2  4 xy  13)  5 0

2. Giải hệ phương trình: 
1
 2 x  x  y 1


Câu III (4,0 điểm).
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y2 – 5y + 62 = (y – 2)x2 + (y2 – 6y + 8)x.
2. Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn p = a2 + b2 là số nguyên tố và p – 5
chia hết cho 8. Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn ax 2 - by2 chia hết cho p. Chứng minh
rằng cả hai số x, y chia hết cho p.
Câu IV (6,0 điểm). Cho tam giác ABC có (O), (I), (I a) theo thứ tự là các đường tròn ngoại
tiếp, đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A của tam giác với các tâm
tương ứng là O, I, Ia . Gọi D là tiếp điểm của (I) với BC, P là điểm chính giữa cung BAC của
(O), PIa cắt (O) tại điểm K. Gọi M là giao điểm của PO và BC, N là điểm đối xứng với P qua
O.
1. Chứng minh IBIaC là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh NIa là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác IaMP
3. Chứng minh:
.
Câu V (2,0 điểm).
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  z . Chứng minh rằng:

-------------------------- HẾT ---------------------------------

Trang 1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2017-2018
Môn thi: TOÁN – Lớp 9 THCS
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 10 tháng 3 năm 2018

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM

(Gồm có 05 trang)
Câu

I
4,0
điểm

NỘI DUNG

1. Cho biểu thức P 

Điểm

x 2 x
x 1
1  2x  2 x


, với
x x  1 x x x x
x2  x

2,5

Rút gọn P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên
Với điều kiện
, ta có:
0,50

0,50

0,50

0,50
Ta có với điều kiện
0,50
Do nguyên nên suy ra
(loại).
Vậy không có giá trị của x để P nhận giá trị nguyên.
0,50

Chú ý 1: Có thể làm theo cách sau

, coi đây là phương trình bậc hai của
.
Nếu

vô lí, suy ra

nên để tồn tại

thì phương trình trên


Do P nguyên nên (P – 1)2 bằng 0 hoặc 1
+) Nếu

không thỏa mãn.

+) Nếu
Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn.

Trang 2

không thỏa mãn


2.

Tính

giá

trị

của

biểu

thức

tại

0,50


nên

0,50

là nghiệm của đa thức

Do đó
Chú ý 2: Nếu học sinh không thực hiện biến đổi mà dùng máy tính cầm tay để
thay số và tìm được kết quả đúng thì chỉ cho 0,5 đ.
II
4,0
điểm

1,5

1. Biết phương trình
có hai nghiệm tương ứng là
độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm m để độ dài

0,50

2,0

đường cao ứng với cạnh huyền của tam giác vuông đó bằng
Phương trình
nghiệm khi và chỉ khi

có hai
Khi đó 2 nghiệm của phương trình là 0,50

Hai nghiệm đó là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông suy ra
0,50
hoặc
Từ

hệ

thức

Với

.
trong

tam

giác

vuông

ta



0,50

(thỏa mãn)
0,50

Với
Vậy

(loại)
là giá trị cần tìm.

 ( x  y ) 2 (8 x 2  8 y 2  4 xy  13)  5 0

2. Giải hệ phương trình:  2 x  1 1 (2)

x y


2,0
0,25

ĐKXĐ:

Chia phương trình (1) cho

(1)

ta được hệ

Trang 3


0,50

Đặt
Từ (4) rút

hoặc
Trường hợp

0,25

(ĐK:
), ta có hệ
, thế vào (3) ta được
.

0,25

loại vì
0,25

Với
(thỏa mãn). Khi đó ta có hệ
Giải hệ trên bằng cách thế
vào phương trình đầu ta được
0,50
III
4,0
điểm

. Vậy hệ có nghiệm duy nhất
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

2,0
0,25

Ta có

0,25
0,50
Nhận thấy
nên ta phải phân tích số 56 thành tích của
ba số nguyên mà tổng hai số đầu bằng số còn lại.
Như vậy ta có

0,25
0,25
0,25
0,25

Vậy phương trình có 6 nghiệm nguyên như trên.
Chú ý 3: Học sinh có thể biến đổi phương trình đến dạng
(được 0,5đ), sau đó xét các trường hợp xảy ra.
Khi đó với mỗi nghiệm đúng tìm được thì cho 0,25 đ (tối đa 6 nghiệm = 1,5
đ)
2. Cho
là các số nguyên dương thỏa mãn
là số nguyên tố và
p-5 chia hết cho 8. Giả sử x,y là các số nguyên thỏa mãn
chia hết
cho p. Chứng minh rằng cả hai số
chia hết cho p.

Trang 4

2,0


Do

nên

0,50



nên

Nhận thấy

0,25

Do

nên
Nếu trong hai số
có một số chia hết cho thì từ (*) suy ra số thứ hai
cũng chia hết cho .
Nếu cả hai số
đều không chia hết cho thì theo định lí Fecma ta có :

0,25

. Mâu thuẫn với (*). Vậy cả hai số
IV
6,0
điểm



chia hết cho

0,50

0,50

.
Cho tam giác

theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp,
đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh của tam giác
với các tâm tương ứng là
. Gọi là tiếp điểm của
với
, là
điểm chính giữa cung
của
,
cắt
tại điểm . Gọi
điểm của

là điểm đối xứng của qua

1. Chứng minh:

là giao

2,0

là tứ giác nội tiếp

là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A và I là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác ABC , từ đó suy ra
( Phân giác trong và phân giác ngoài cùng một góc thì vuông góc với nhau).
Xét tứ giác

Từ đó suy ra tứ giác
2. Chứng minh

là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính

là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác

Trang 5

.

1,0

1,0
2,0


Nhận thấy bốn điểm
).

thẳng hàng (vì cùng thuộc tia phân giác của

Do

là đường kính của
nên
,
tại
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông


là trung điểm của

0,25
0,25

ta có

là góc ngoài tại đỉnh I của tam giác ABI nên

Xét (O):

nên

0,25

=

0,25

(cùng chắn cung NC)

0,25
Từ (1) và (2) ta có
=
nên tam giác
cân tại
Chứng minh tương tự tam giác NIC cân tại N
Từ đó suy ra là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

0,25
, cũng chính là tâm

của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
Vậy

0,25

là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác

2,0

3. Chứng minh:
.
Gọi F là tiếp điểm của đường tròn (I) với AB.
Xét hai tam giác
đồng dạng với
Suy ra
Ta có:

mà:
nên

Do

0,50

có:
.
,
suy ra

0,50

nên
đồng dạng với

(1).

là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác

nên
(2)

V
2,0
điểm

0,25

0,50
0,25
0,25

Từ (1) và (2) ta có
Cho
là các số thực dương thỏa mãn

Chứng minh rằng
2,0

0,25
Ta có
0,25

,
trong đó

Trang 6


0,25

Nhận xét rằng
Xét

0,25

0,25
Do đó

Đẳng thức xảy ra khi a = b.
0,25

Khi đó
0,25
Từ



suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi
---------- Hết ------------

Chú ý:
- Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự
phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án.
- Đối với Câu IV (Hình học): Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không
chấm.
- Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm.
------------------------Hết-------------------------

Trang 7

0,25


ĐỀ SỐ: 02
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9
NĂM HỌC 2016- 2017

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN - Lớp 9 THCS
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 18 tháng 3 năm 2017
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

Bài 1 (6,0 điểm).
1. Cho biểu thức: P =

2m  16 m  6

m2 m 3

m2

m 1

3
2
m3

a) Rút gọn P.
b) Tìm giá trị tự nhiên của m để P là số tự nhiên.
2. Cho biểu thức: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc với a, b, c là các số nguyên. Chứng
minh rằng nếu a + b + c chia hết cho 4 thì P chia hết cho 4.
Bài 2 (5,0 điểm).
a) Chứng minh rằng: với mọi số thực x, y dương, ta luôn có:

1 1
4
 �
x y x y

b) Cho phương trình: 2 x 2  3mx  2  0 (m là tham số). Có hai nghiệm x1 và x2 . Tìm
2

giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M =  x1  x2 

2


1  x12 1  x22 �
�


x2 �
� x1

Bài 3 (2,0 điểm)
Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh rằng:
1
1
1
1 �1
1
1 �
 2
 2
� � 


x  yz
y  xz z  xy 2 �xy
yz zx �
2

Bài 4 (7,0 điểm).
1. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. M là một điểm di
động trên cung nhỏ BC của đường tròn đó.
a) Chứng minh MB + MC = MA
b) Gọi H, I, K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB, BC, CA. Gọi
S, S’ lần lượt là diện tích của tam giác ABC, MBC. Chứng minh rằng: Khi M di động ta luôn
có đẳng thức:
MH + MI + MK =

2 3  S + 2S' 
3R

2. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. AD, BE, CF là các đường cao. Lấy M trên đoạn

� . Chứng minh MA là tia phân giác của góc
FD, lấy N trên tia DE sao cho MAN
= BAC

NMF

Trang 8


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9
NĂM HỌC 2016- 2017

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN - Lớp 9 THCS
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 18 tháng 3 năm 2017
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

Bài 1 (6,0 điểm).
1a) Rút gọn được P =

m 1
(với m �0, m �1)
m 1

2
m 1
= 1+
m 1
m 1
2
�N �
Ta có: P � N �
m 1

1b) P =

m  1 là ước dương của 2 � m � 4; 9 (TMĐK)

Vậy m = 4; m = 9 là giá trị cần tìm.
2) a + b + c M4 (a, b, c � Z)
Đặt a + b + c = 4k (k � Z) � a + b = 4k – c ; b + c = 4k – a ; a + c = 4k – b
Ta có: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc = (4k – c)(4k – a)(4k – b) – abc
2
=  16k  4ak  ack  ac   4k  b   abc
= 64 k 3  16bk 2  16ak 2  4abc  16ck 2  4bck  4ack  abc  abc

3
2
2
2
= 4  16k  4bk  4ak  abk  4ck  bck  ack   2abc (*)
Giả sử a, b, c đều chia 2 dư 1 � a+ b + c chia 2 dư 1 (1)
Mà: a + b + c M4 � a + b + c M2 (theo giả thiết)
(2)

Do đó (1) và (2) mâu thuẫn
Điều giả sử là sai
� Trong ba số a, b, c ít nhất có một số chia hết cho 2
� 2abc M4 (**)
Từ (*) và (**) � P M4

Bài 2 (5,0 điểm).
a)

1 1
4
ab
4
 �
۳����
x y x y
ab
ab

a

b

2

4ab

a

b

2

0 (đúng)

b) PT có a, c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2
Ta có: x1  x2  

3m
2
và x1.x2  
2
2
2

M =  x1  x2 

2


1  x12 1  x22 �
�

� = ......=
x2 �
� x1
2
2
1  x1 x2  �
 1  x1 x2  � �x  x 2  4 x x ��

1
� �


 1 2
1 2�
2
2
x
x
 x1 x2  �




1 2





1



� 9 2�2
9
m  8 2  8 �8 2  8 ;
=�



2


Vậy GTNN của M là 8 2  8 khi m = 0

 x1  x2 

2

Dấu “=” xảy ra khi m = 0

Trang 9


Bài 3 (2,0 điểm)
Áp dụng BĐT Cô si cho các số dương x 2 và yz, ta có:
1
x 2 + yz�2 x 2 yz  2 x yz  x 2  yz

1

1 1
.
2 x yz 2 x yz
1
1 1
1
1 1
� .
Tương tự, ta có: 2
và z 2  xy � 2 .
y  xz
2 y xz
z xy
1
1
1
1� 1
1
1






2
2
2

x  yz
y  xz z  xy 2 �x yz
y xz
z xy
1
1
1
yz  xz  xy


Ta có:
=
(2)
x yz
y xz
z xy
xyz

Suy ra:

Ta có:

yz 

xz 

xy �x + y + z



� (1)


(3)

Thật vậy: (*) � 2 yz  2 xz  2 xy �2 x  2 y  2 z




x 

y

 
2

z 

x

 
2

y 

x



2

�0 (BĐT đúng)

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z
Từ (2) và (3) suy ra:

1
1
1
x yz
1
1
1






(4)
x yz
y xz
z xy
xyz
yz xz xy

Từ (1) và (4) suy ra:

1
1
1
1 �1
1
1 �
 2
 2
� � 


x  yz
y  xz z  xy 2 �xy yz zx �
2

Bài 4 (7,0 điểm).
1.a) Cách 1: Trên tia đối của tia MC lấy điểm E sao cho ME = MB
Ta có:  BEM là tam giác đều � BE = BM = EM
 BMA =  BEC � MA = EC
Do đó: MB + MC = MA
Cách 2:
Trên AM lấy điểm E sao cho ME = MB
Ta có:  BEM là tam giác đều
� BE = BM = EM
 MBC =  EBA (c.g.c) � MC= AE
Do đó: MB + MC = MA
1.b) Kẻ AN vuông góc với BC tại N
Vì  ABC là tam giác đều nên O là trọng tâm của tam giác
� A, O, N thẳng hàng � AN =

3
R
2

AN
3
3
 R:
R 3

2
sin ABN 2
2S ABM
2 S ABM
� MH 
=
R 3
AB
2
S ACM
2 S ACM
� MK 
=
R 3
AC
2S BCM
2S '
2S
� MI  BCM =
=
R 3
R 3
BC

Ta có: AN = AB.sin �
ABN � AB 
Ta có:

1
MH . AB  S ABM
2
1
MK . AC  S ACM
2
1
MI .BC  S BCM
2

Trang 10


2S '
2
2S '
2
.S ABMC
 S ABM  S ACM  =
+
+
R 3
R 3
R 3
R 3
2S '
2 3  S  2S '
2
.  S  S ' 
=
+
R 3
3R
R 3

Do đó: MH + MK + MI =

2. Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt DE tại K
�  BAC

Tứ giác AEDB nội tiếp � CDE


Mà: MKD
(vì MK // BC).
 CDE


� Tứ giác AMKN nội tiếp
Do đó: MKD
 MAN
��
AMN  �
AKN
� D
� (= BAC
� D


Ta có: D
)� D
3
4
1
2
 DMK có DA là phân giác vừa là đường cao nên cân tại D
� DM = DK
 AMD =  AKD (c.g.c) � �
AMD  �
AKD






Nên: �
AMF  �
AKN . Ta có: AMF  AMN  AKN



Vậy: MA là phân giác của góc �
NMF
------------------------Hết-------------------------

Trang 11


ĐỀ SỐ: 03
SỞ GD & ĐT TRÀ VINH
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017-2018
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1. (3.0 điểm) Giải hệ phương trình:

Bài 2.(2.0 điểm)
Dân số xã A hiện nay có 10000 ngưới. Ngưới ta dự đoán sau hai năm dân số xã A là
10404 người. Hỏi trung bính hằng năm dân số xã A tăng bao nhiêu phấn trăm ?
Bài 3.(3.0 điểm)
Cho ba số dương x, y, z thỏa điều kiện xy + yz + zx = 1. Tính giá trị của biểu thức
(1  y 2 )(1  z 2 )
(1  z 2 )(1  x 2 )
(1  x 2 )(1  y 2 )
A x
y
z
1  x2
1 y2
1 z2

Bài 4.(3.0 điểm)
Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức: P 

ab
bc
ca


c  ab
a  bc
b  ca

Bài 5.(2.0 diểm)
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + 2y2 + 3xy + 3x + 5y = 15
Bài 6.(3.0 điểm)
Cho x, y là các số dương thỏa mãn x + y = 2. Chứng minh: x3y3 (x3 + y3)  2
Bài 7.(4.0 diểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O)và có AB < AC.
Lấy điểm M thuộc cung BC không chứa điểm A của đưởng tròn (O). Vẽ MH vuông góc
với BC, MK vuông góc với CA, MI vuông góc với AB ( H thuôc BC, K thuộc AC, I thuộc
AB). Chứng minh:

BC
AC AB


MH MK MI

-----------------------------Hết--------------------

Trang 12


SỞ GD & ĐT TRÀ VINH
ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017-2018
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1. (3.0 điểm) Giải hệ phương trình

GIẢI: ĐKXĐ: x>1
Từ (1)
*Thế

vào (2), ta được:

(loại)

*Thế
vào (2), ta được:
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x=2; y=-1)

x=1 (loại) hoặc x=2

Bài 2.(2.0 điểm) Dân số xã A hiện nay có 10000 ngưới. Ngưới ta dự đoán sau hai năm dân
số xã A là 10404 người. Hỏi trung bính hằng năm dân số xã A tăng bao nhiêu phấn trăm ?
GIẢI
Gọi x là tỉ lệ tăng dân số hằng năm (x>0)
Số dân sau một năm: 10000(x+1)
Số dân sau hai năm: 10000(x+1).(x+1)
Vì sau hai năm số dân là 10404 nên ta có phương trình: 10000(x+1) =10404
Hay x +2x - 0,0404 = 0 (x=0,02 hoặc x=-2,02)
Vậy tỉ lệ tăng dân số là 2%
Bài 3.(3.0 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa điều kiện xy+yz+zx=1. Tính giá trị của
biểu thức A x

(1  y 2 )(1  z 2 )
(1  z 2 )(1  x 2 )
(1  x 2 )(1  y 2 )

y

z
.
1  x2
1 y2
1 z2

GIẢI
Ta có:
Tương tự :
Do đó: A = x(y+z)+y(z+x)+z(x+y)=2(xy+yz+zx) = 2.1 = 2
Bài 4.(3.0 điểm) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a+b+c=1. Tìm giá trị lớn nhất của
P

ab
bc
ca


c  ab
a  bc
b  ca

GIẢI
Theo điều đề bài ta có: 1-a>0 ; 1-b>0 ; 1-c>0. Nên theo BĐT Cô-si, ta có:

Trang 13


Vậy maxP =

tại a = b = c =

Bài 5.(2.0 điểm)
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + 2y2 + 3xy + 3x + 5y = 15 (*)
GIẢI

Để phương trình có nghiệm nguyên thì
Giải phương trình nghiệm nguyên ta được y=-15 hoặc y=17
*Với y=-15 thì x=12 hoặc x=30
*Với y=17 thì x=-18 hoặc x=-36
Vậy phương trình có 4 nghiệm: (12;-15),(30;-15),(-18;17)và (-36;17)
Bài 6.(3.0 điểm) Cho x, y là các số dương thỏa mãn x + y = 2. Chứng minh:
GIẢI
Do x, y>0 và x+y=2 nên
Theo BĐT Cô-si ta có:

Hay
Vậy
Dấu = xảy ra khi x=y=1
Bài 7.(4.0 diểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O)và có
AB
Trang 14


vuông góc với BC, MK vuông góc với CA, MI vuông góc với AB ( H thuôc BC, K thuộc
AC, I thuộc AB). Chứng minh:

BC
AC AB


MH MK MI

GIẢI

Ta có:

Mà:
Từ (1),(2),(3),(4) suy ra:
------------------------Hết-------------------------

Trang 15


ĐỀ SỐ: 04
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2017-2018
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao
đề)


a  2018

a  2018  a  1



Câu 1 (2,0 điểm). Rút gọn biểu thức P 
a  1  2 a
 a  2 a 1
Câu 2 (2,0 điểm).
2
Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn: x  y  x  y  z ; x  y  z ; y  z



Chứng minh đẳng thức:

x ( x 
y ( y 

Câu 3 (2,0 điểm). Tìm số tự nhiên

z )2
x

2
z)
y



z
z

sao cho

Câu 4 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình
(m là tham số và x,y là ẩn số)
Tìm tất cả các giá trị nguyên của m để hệ phương trình có nghiệm (x,y) trong đó x,y là các số
nguyên.
Câu 5 (2,0 điểm). Giải phương trình
Câu 6 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 12 cm, AC = 16cm. Gọi I là giao
điểm các đường phân giác trong của tam giác ABC, M là trung điểm của cạnh BC. Chứng
minh rằng đường thẳng BI vuông góc với đường thẳng MI.
Câu 7 (2,0 điểm). Cho hình thoi ABCD có góc
, O là giao điểm của hai đường
chéo. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ O đến đường thẳng AB. Trên tia đối của tia BC
lấy điểm M (điểm M không trùng với điểm B), trên tia đối của tia DC lấy điểm N sao cho
đường thẳng HM song song với đường thẳng AN.
a) Chứng minh rằng: MB.DN = BH.AD.
b) Tính số đo góc
Câu 8 (2,0 điểm). Cho đường tròn (O) cố định và hai điểm phân biệt B, C cố định thuộc
đường tròn (O). Gọi A là một điểm thay đổi trên đường tròn (O) (điểm A không trùng với
điểm B và C), M là trung điểm của đoạn thẳng AC. Từ điểm M kẻ đường thẳng (d) vuông góc
với đường thẳng AB, đường thẳng (d) cắt đường thẳng AB tại điểm H. Chứng minh rằng khi
điểm A thay đổi trên đường tròn (O) thì điểm H luôn nằm trên một đường tròn cố định.
Câu 9 (2,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn điều kiện

1 1 1
  2 .
a b c

Chứng minh rằng:
Câu 10 (2,0 điểm). Cho hình vuông ABCD và 2018 đường thẳng thỏa mãn đồng thời hai điều
kiện:
1) Mỗi đường thẳng đều cắt hai cạnh đối của hình vuông.
2) Mỗi đường thẳng đều chia hình vuông thành hai phần có tỉ lệ diện tích bằng

1
.
3

Chứng minh rằng trong 2018 đường thẳng đó có ít nhất 505 đường thẳng đồng quy.
---------------------Hết----------------------

Trang 16


Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
LỚP 9 NĂM HỌC 2017 – 2018
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 06 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:


a  2018


Câu 1(2,0 điểm).Rút gọn biểu thức P 
 a  2 a 1

a  2018  a  1

a  1  2 a

Nội dung trình bày

Điểm
0,5

Điều kiện:
0,5
Khi đó:
0,5
0,5
Câu 2(2,0 điểm).
Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn: x  y  x  y 



Chứng minh đẳng thức:

x ( x 
y ( y 

z )2
x

2
z)
y



2

z ; x  y  z ; y z

z
z

Nội dung trình bày

Điểm
0,5

Ta có:
0,5

0,5

0,5
Câu 3(2,0 điểm).Tìm số tự nhiên

sao cho

Trang 17


Nội dung trình bày
Ta có:




Điểm
0,5
0,25
0,25

nên

. Thay vào (1) ta được:
Lập luận tương tự ta có:
Thay vào (2) ta được:


Vậy

0,25
0,25
0,25
0,25

.

Câu 4(2,0 điểm).Cho hệ phương trình
(m là tham số và x,y là ẩn số)
Tìm tất cả các giá trị nguyên của m để hệ phương trình có nghiệm (x,y) trong đó x,y là các

số nguyên.
Nội dung trình bày
Từ phương trình thứ hai ta có: x = 2 – 2y thế vào phương trình thứ nhất được:
(3)
là các số nguyên

Hệ có nghiệm
Với

có nghiệm

là số nguyên.

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25

có nghiệm
0,25
0,25
0,25

Vậy có 2 giá trị

thoả mãn là 1; 2.

0,25

Câu 5(2,0 điểm).Giải phương trình
Nội dung trình bày

Điểm
0,25

Điều kiện xác định
Với điều kiện (*), phương trình đã cho tương đương với:

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
Đối chiếu với điều kiện (*) ta được
Câu 6(2,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 12 cm, AC = 16cm. Gọi I là giao
điểm các đường phân giác trong của tam giác ABC, Mlà trung điểm của cạnh BC. Chứng
minh rằng đường thẳng BI vuông góc với đường thẳng MI.

Trang 18


Nội dung trình bày
Ta có

. Gọi E là giao điểm của BI với AC.

Điểm
0,5
0,25

Theo tính chất đường phân giác ta có:
0,25
Ta có

do:

Suy ra:
Mặt khác

hai tam giác

;
đồng dạng

; IC chung.

0,25
0,25
0,25
0,25

Câu 7(2,0 điểm). Cho hình thoi ABCD có góc
, O là giao điểm của hai đường
chéo. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ O đến đường thẳng AB. Trên tia đối của tia
BC lấy điểm M ( điểm M không trùng với điểm B), trên tia đối của tia DC lấy điểm N sao
cho đường thẳng HM song song với đường thẳng AN.
a) Chứng minh rằng
b) Tính số đo góc

Nội dung trình bày
a)Ta có

Điểm
0,25
0,25
0,25



0,25

Trang 19


0,25



b) Ta có:

0,25
Từ (1) và (2) ta có:
0,25

Ta lại có:
nên


0,25

Từ đó suy ra:

Câu 8 (2,0 điểm). Cho đường tròn (O) cố định và hai điểm phân biệt B, C cố định thuộc
đường tròn (O). Gọi A là một điểm thay đổi trên đường tròn (O) (A không trùng với B và
C), M là trung điểm của đoạn thẳng AC. Từ điểm M kẻ đường thẳng vuông góc với đường
thẳng AB, cắt đường thẳng AB tại điểm H. Chứng minh rằng khi điểm A thay đổi trên
đường tròn (O) thì điểm H luôn nằm trên một đường tròn cố định.

Nội dung trình bày
Gọi D là trung điểm của đoạn BC, vì tam giác BOC, AOC là các tam giác cân tại O
nên
.

Điểm
0,25

Ta có:
Bốn điểm O, D, C, M cùng nằm trên đường tròn

tâm Icố định, đường kính OC cố định.
Gọi E là điểm đối xứng với D qua tâm I, khi đó E cố định và DE là đường kính của
đường tròn
.
Nếu
- Với

0,25

- Với

, do

0,25
0,25

.

Khi đó
Vậy ta luôn có:
kính BE cố định.

0,5

0,25

thẳng hàng. Suy ra
hoặc

hoặc

0,25

do đó H thuộc đường tròn đường

Câu 9(2,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn điều kiện

.

Chứng minh rằng:
Nội dung trình bày

Trang 20

Điểm


0,25
Với

ta có :

,

.
Đẳng thức xảy ra khi
0,5

Ta có:

0,25
Đẳng thức xảy ra khi
0,25
Tương tự:
Đẳng thức xảy ra khi
0,25
Đẳng thức xảy ra khi
0,25
Vậy
0,25

Đẳng thức xảy rakhi

. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Câu 10 (2,0 điểm).Cho hình vuông ABCD và 2018 đường thẳng thỏa mãn đồng thời hai
điều kiện:
1) Mỗi đường thẳng đều cắt hai cạnh đối của hình vuông.
2) Mỗi đường thẳng đều chia hình vuông thành hai phần có tỉ lệ diện tích bằng

1
3

Chứng minh rằng trong 2018 đường thẳng đó có ít nhất 505 đường thẳng đồng quy.

Nội dung trình bày

Trang 21

Điểm


Giả sử hình vuông ABCD có cạnh là a ( a>0). Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm
của AB, BC, CD, DA. Gọi d là một đường thẳng bất kỳ trong 2018 đường thẳng đã
cho thỏa mãn yêu cầu bài toán. Không mất tính tổng quát, giả sử d cắt các đoạn
thẳng AD, MP, BC lần lượt tại S, E, K sao cho
Từ

0,5

0,25

ta suy ra được:

0,5
suy ra E cố định và d đi qua E.
0,25
Lấy F, H trên đoạn NQ và G trên đoạn MP sao cho
.
Lập luận tương tự như trên ta có các đường thẳng thỏa mãn điều kiện của đề bài phải
đi qua một trong bốn điểm cố định E, F, G, H.
Theo nguyên lý Dirichlet từ 2018 đường thẳng thỏa mãn điều kiện của đề bài phải có
ít nhất
đường thẳng đi qua một trong bốn điểm E, F, G, Hcố định,
nghĩa là 505 đường thẳng đó đồng quy.
------------------------Hết-------------------------

Trang 22

0,5


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TIỀN HẢI

ĐỀ SỐ: 05
ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2017–2018
MÔN: TOÁN 9
(Thời gian làm bài 150 phút)

Bài 1 (4,0 điểm). Tính giá trị của các biểu thức sau:
a) A  4  10  2 5  4  10  2 5
b) B 

(a  bc)(b  ca)
(c  ab)(b  ca)
(c  ab)( a  bc)


c  ab
a  bc
b  ca

(Với a, b, c là các số thực dương và a + b + c = 1)
Bài 2 (3,0 điểm)
a) Tìm các số a, b sao cho đa thức f(x) = x 4 + ax3 + bx – 1 chia hết cho đa thức x 2 –
3x + 2.
b) Chứng minh rằng: B = 4x(x + y)(x + y + z)(x + z) + y 2z2 là một số chính phương
với x, y, z là các số nguyên.
Bài 3 (4,0 điểm)
a) Tìm m để phương trình:

2m  1
m  3
x 2

vô nghiệm.

b) Giải phương trình:

.

c) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

xy yz zx
  3
z
x
y

Bài 4 (7,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC). Kẻ AH vuông góc với BC tại H. Gọi D,
E lần lượt là hình chiếu của H trên AB, AC.
a) Biết AB = 6cm, HC = 6,4cm. Tính BC, AC.
b) Chứng minh rằng DE3 = BC.BD.CE
c) Đường thẳng kẻ qua B vuông góc với BC cắt HD tại M, Đường thẳng kẻ qua C
vuông góc với BC cắt HE tại N. Chứng minh rằng M, A, N thẳng hàng.
d) Chứng minh rằng BN, CM, DE đồng qui.
Bài 5 (2,0 điểm)
Cho đa thức f(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + d (Với a, b, c, d là các số thực)
Biết f(1) = 10; f(2) = 20; f(3) = 30. Tính giá trị biểu thức A = f(8) + f(-4)
. –––––––––––––––Hết––––––––––––––––
Họ và tên thí sinh: .................................................................................
Số báo danh: .................................................Phòng số:.........................

Trang 23


PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
TIỀN HẢI

BÀI

KỲ KHẢO SÁT SINH GIỎI NĂM HỌC 2017-2018
ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM CHẤM
m¤N: TOÁN 9
(Đáp án và biểu điểm chấm gồm 03 trang

Ý

NỘI DUNG
Ta có A  4  10  2 5  4  10  2 5 > 0
=> A2 4  10  2 5  4  10  2 5  2 16  (10  2 5 )

a
2.0

0.5

=> A2 8  2 6  2 5

0.25

=> A2 8  2 ( 5  1) 2

0.25

=> A2 8  2 5  2
=> A2 6  2 5
=> A2 ( 5  1) 2

0.25
0.25
0.25
0.25

=> A  5  1 , (do A > 0)

1

ĐIỂM

Vì a, b, c dương và a+b+c=1 nên biểu thức B có nghĩa và 0 < a,b,c <
1. Ta có:

0.25
0.25

b
2.0

0.5
0.25

Ta có: x2 – 3x + 2 = (x – 1)(x – 2). Theo bài ra: f(x)
f(x) chia hết cho x – 1 => f(1) = 0
=>a + b = 0 =>b = –a
(1)
f(x) chia hết cho x – 2 => f(2) = 0
=>8a + 2b = –15
(2)

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

Từ (1) và (2) => 8a + 2(–a) = –15 => a = – => b =

0.25

2

Thử lại: (x4 – x3 + x – 1):(x2 – 3x + 2) = x2 + x –

0.25
0.25

3

Vậy a = – , b =
B = 4x(x + y)(x + y + z)(x + z) + y2z2
B= 4(x2 + xy + xz)(x2 + xy + xz + yz) + y2z2
B= 4(x2 + xy + xz)2 + 4(x2 + xy + xz).yz + y2z2
B= (2x2 + 2xy + 2xz + yz)2
Vì x, y, z là số nguyên nên 2x2 + 2xy + 2xz + yz là số nguyên
B là số chính phương
ĐKXĐ:

(vì 0 < a,b,c < 1)
Tính đúng: B = 2

a
2.0

1.0

a

Trang 24

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×