Tải bản đầy đủ

Đề thi HSG cấp tỉnh (2016 - 2017) Môn Toán Lớp 9 THCS

 
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN TOÁN - LỚP 9 – NĂM HỌC 2016 - 2017
 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9
NĂM HỌC 2016- 2017
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  16m  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 
·
·
= BAC
FD, lấy N trên tia DE sao cho  MAN
. Chứng minh MA là tia phân giác của góc 
·
NMF
   
----------------- HẾT------------------- 

 

Trang 1 


 
 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH

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

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ CHÍNH THỨC 
Bài 1 (6,0 điểm). 
1a) Rút gọn được P = 

m 1
 (với m    0, m    1)
m 1

 

m 1
2
 =  1 + 
  
m 1
m 1
2
 N  m  1 là ước dương của 2    m   4; 9  (TMĐK) 
Ta có: P    N  
m 1

1b)   P = 

Vậy m = 4; m = 9 là giá trị cần tìm. 
2) a + b + c  M 4   (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  
              =  16k 2  4ak  ack  ac   4k  b   abc   
              = 64 k 3  16bk 2  16ak 2  4abc  16ck 2  4bck  4ack  abc    abc  
             =  4 16k 3  4bk 2  4ak 2  abk  4ck 2  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  M 4   a + b + c  M 2  (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  M 4   (**) 
Từ (*) và (**)   P  M 4    
Bài 2 (5,0 điểm).
1 1
4
ab
4
2
2
 
 

  a  b   4ab   a  b   0  (đúng) 
x y x y
ab
ab
b) PT có a, c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt  x1  và  x2  

a) 

Ta có:  x1  x2  

2
3m
 và  x1.x2  
  
2
2
2

 1  x12 1  x22 

M =   x1  x2   
  = ......= 
x2 
 x1
2
2

1  x1 x2     x  x 2  4 x x  1  1  x1 x2     
2
x

x
1





 1 2
 1 2
1 2
2
2
 x1 x2   
 x1 x2  



9 2 2
=   9 
 m  8 2  8  8 2  8 ;        Dấu “=” xảy ra khi m = 0  
2 

Vậy GTNN của M là  8 2  8  khi m = 0 
2

 

Trang 2 


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

 .
  
x  yz 2 x yz 2 x yz
1
1 1
1
1 1
 .
Tương tự, ta có:  2
 và  2
 
 .
z  xy
2 z xy
y  xz
2 y xz
x 2  + yz   2 x 2 yz  2 x yz   

2

1
1
1
1 1
1
1 
 2
 2
 


    (1) 
x  yz
y  xz z  xy 2  x yz
y xz
z xy 
yz  xz  xy
1
1
1


Ta có: 
 = 
    (2) 
xyz
x yz
y xz
z xy

Suy ra: 

2

Ta có:  yz  xz  xy     x + y + z    (3) 
Thật vậy: (*)   2 yz  2 xz  2 xy  2 x  2 y  2 z  




2

x 

y

 

2

z 

x

 

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) 
xyz
yz xz xy
x yz
y xz
z 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 
A
 BMA =   BEC    MA = EC 
Do đó: MB + MC = MA 
 
Cách 2:  
O
Trên AM lấy điểm E sao cho ME = MB 
E
Ta có:   BEM là tam giác đều  
  BE = BM = EM 
C
B
 MBC =   EBA (c.g.c)    MC= AE 
Do đó: MB + MC = MA 
M
1.b) Kẻ AN vuông góc với BC tại N 
Vì   ABC là tam giác đều nên O là trọng tâm của tam giác 
3
  A, O, N thẳng hàng   AN =  R   
2
AN
3
3
 R:
 R 3   
Ta có: AN = AB.sin ·ABN    AB 
2
sin ·
ABN 2
2S
2S
1
Ta có:  MH . AB  S ABM  MH  ABM  =  ABM   
2
AB
R 3
2S
2 S ACM
1
MK . AC  S ACM  MK 
 =  ACM  
B
2
AC
R 3
H
2S
2S
2S '
1
  MI .BC  S BCM  MI  BCM  =  BCM  = 
 
2
BC
R 3
R 3

 

Trang 3 

A

O
B

C

M
E

A

O
K
I

N
C

M


 
Do đó: MH + MK + MI = 

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

                                       = 

2 3  S  2S '
2S '
2
 + 
 
.  S  S ' 
3R
R 3
R 3

 
2. Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt DE tại K 
·
·
 BAC
Tứ giác AEDB nội tiếp   CDE
  
·
·
 CDE
Mà:  MKD
 (vì MK // BC). 
·
·
 MAN
Do đó:  MKD
    Tứ giác AMKN nội tiếp 

A

·
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  
 AMD =   AKD (c.g.c)   ·





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

F
E
H

K

M
1 2
3

·
Vậy: MA là phân giác của góc  NMF
  

B

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

 

N

Trang 4 

4

D

C


 
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
CẤP THCS NĂM HỌC 2016 - 2017

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi 12/4/2017

(Đề thi gồm 01 trang) 
Bài 1. (2,0 điểm)
3

a) Cho  x 

10  6 3 ( 3  1)



. Tính giá trị của  P  12x 2 + 4x – 55

62 5  5

M
b) Cho biểu thức 
  



2017



a  1 a a 1 a2  a a  a 1


a
a a
a a a
       với a > 0, a  1. 

Với những giá trị nào của a thì biểu thức  N 

6
 nhận giá trị nguyên? 
M

Bài 2. (2,0 điểm)
a) Cho phương trình:  x 2  2mx  m2  m  6  0  (m là tham số). Với giá trị nào của m 
thì phương trình có hai nghiệm  x1  và  x 2  sao cho  x1  x 2  8 ? 
 x 3 y 2  2x 2 y  x 2 y 2  2xy  3x  3  0
b) Cho hệ phương trình   2

2017
y

x

y

3m

Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt   x 1 ; y1   và   x 2 ; y 2   

thỏa mãn điều kiện   x 1  y 2  x 2  y1   3  0 . 
Bài 3. (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho  a + b2 chia hết cho  a 2 b  1 . 
b) Cho ba số thực a, b, c dương. Chứng minh rằng:  

a3
a3   b  c

3



b3
b3   c  a 

3



c3
c3   a  b 

3

 1 . 

Bài 4. (3,0 điểm)
Cho ba điểm A, B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (điểm B nằm giữa điểm A và 
điểm C). Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua điểm B và điểm C (điểm O không 
thuộc đường thẳng d). Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O (với M và N là 
các tiếp điểm). Đường thẳng BC cắt MN tại điểm K. Đường thẳng AO cắt MN tại điểm H và 
cắt đường tròn tại các điểm P và điểm Q (P nằm giữa A và Q).
a) Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi. 
b)  Gọi  D  là  trung  điểm  của  HQ,  từ  H  kẻ  đường  thẳng  vuông  góc  với  MD  cắt  đường 
thẳng MP tại E. Chứng minh P là trung điểm của ME. 
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho tập hợp A gồm 21 phần tử là các số nguyên khác nhau thỏa mãn tổng của 11 phần 
tử bất kỳ lớn hơn tổng của 10 phần tử còn lại. Biết các số 101 và 102 thuộc tập hợp A. Tìm tất 
cả các phần tử của tập hợp A. 
----------------- HẾT------------------- 

 (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) 
 
 

 

Trang 5 


 
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
Năm học 2016 - 2017
MÔN: Toán 9 
(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) 

Chú ý:
- Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa. 
- Tổng điểm bài thi: 10 điểm . 
 
Bài
Đáp án
1a) (1,0 điểm)

Điểm

Ta có :  
3

       

10  6 3





3  1  3 ( 3  1)3



0,25 



3 1

 

6  2 5  5  ( 5  1) 2  5

0,25 

        3 ( 3  1)3 ( 3  1) ( 3  1)( 3   1) 3  1
x


2
1
5 1 5
( 5  1)2  5
 
Thay giá trị của x vào P ta được: 



P  12.22  4. 2 55



2017

0,25 

0,25 

 12017  1  

1b) (1,0 điểm)
Với điều kiện  a  0; a  1 thì:  

M



a 1

a



a  a  1

 a  1 a  a  1
a  a  1 a  1
 
a  1  a  1
 


a 1 a  a  1

a 1

0,25 

2

Bài 1
(2 điểm)

M

a 1 a  a 1 a 


a
a
a

6

M

Khi đó N 

6 a





2

a

 0 

a 1

0,25 

Ta thấy với  0  a  1  a  a  1  0
2
6 a
 a 1  3 a 
 2   
2
a 1









Do  0  N  2

0,25 

Để N có giá trị nguyên thì N = 1. 
 

6 a
1
a

2
a

1
 
   a  4 a  1  0   


 

a 2



2

 a  32
a  7  4 3 (tháa m·n)
3 

 a   3  2
a  7  4 3 (tháa m·n)

Vậy  a  7  4 3.  

 

Trang 6 

0,25 
  


 
 
2a) (1,0 điểm)
Phương trình:  x 2  2mx  m 2  m  6  0  có hai nghiệm thì: 
   '  m 2   m 2  m  6   m  6  0  m  6 . 
Theo hệ thức Vi-ét ta có: 
 x1  x 2  2m
 

2
 x1x 2  m  m  6
Ta có: 
x1  x 2  8  x12  x 2 2  2 x1x 2  64
2

  x1  x 2   2x1x 2  2 x1x 2  64 (1)
Trường hợp 1:  
Nếu x1 và  x 2  cùng dấu thì: 

0,25 

0,25 

 

m  6

x1x 2  0   2
 
m

m

6

m

2
m

3

0




 6  m  2

  (*) 
m  3

0,25 

2

Khi đó  (1)    x1  x 2   64  4m 2  64  m  4 (thỏa mãn (*)). 
Trường hợp 2:  
Nếu  x1  và  x 2  trái dấu thì: 

x1x 2  0  m 2  m  6   m  2  m  3  0  2  m  3  (**) 
2

Khi đó (1)    x1  x 2   4x1x 2  64  4m 2  4  m 2  m  6   64  

Bài 2
(2 điểm)

0,25 

 m  6  16  m  10  (không thỏa mãn điều kiện (**). 
Kết luận:  m     4  
2b) (1,0 điểm)
 x 3 y 2  2x 2 y  x 2 y 2  2xy  3x  3  0 (1)
 
 2
2017
 y  3m
(2)
 y  x
Ta có  (1)  x 3 y 2  x 2 y 2  2x 2 y  2xy  3x  3  0  



0,25 



 (x  1) x 2 y 2  2xy  3  0

               

 
x  1

2
 xy  1  2  0  V« lý 
Thay x = 1 vào phương trình (2) ta được  y 2  y  3m  1  0 (3)  
Để phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt thì:  
1
  1  4  3m  1  0  12m  3  0  m   
4
Theo đề bài:   x 1  y 2  x 2  y1   3  0  4  y1  y 2  y1y 2  0 (4)
do  x1  x 2  1. 
1
Với  m   theo hệ thức Vi-ét cho phương trình  (3) ta có : 
4

 

Trang 7 

0,25 

 

0,25 
0,25 


 
 y1  y 2  1
 
 thay vào (4) ta có:  5  1  3m  0  m  2 (thỏa mãn) 
y
y

1

3m
 1 2
Kết luận: m = 2. 
3a) (1,0 điểm)
Ta có (a + b2)  (a2b – 1) suy ra: a + b2 = k(a2b – 1), với k  * 
 a + k = b(ka2 – b) hay mb =  a + k (1) với  m  ka 2 – b  ¥ *  
 
 m + b = ka2       (2) 
Từ (1) và (2) suy ra:  mb  m  b  1  a  k  ka 2  1 
 (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka)   (3) 
Do  m, b  ¥ *   m –1 b –1  0   

0,25 

Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka)  0. 
Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka  0  1  k(a – 1) 
  ¥  
Vì a – 1  0, k > 0 nên  1  k  a – 1   0 vµ k  a – 1

Bài 3
(2 điểm)

a  1
 k(a  1)  0


  a  2  
 k(a  1)  1
 k  1

0,25 

Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2. 
 m  1  2

 b  2  k.a 2  5  a  1
b  1  1
  
 

 m  1  1
b  3  k.a 2  5  a  1


 b  1  2
Vậy, trường hợp này ta được hai cặp a = 1; b = 2 và  a = 1; b = 3. 
b  1
Với a = 2 và k = 1. Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0   

m  1
Khi b = 1, ta được: a = 2, b = 1. 
Khi m = 1: từ (1) suy ra a + k = b  b = 3.  
Khi đó: a = 2, b = 3. 
Vậy có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1). 
3b) (1,0 điểm)
Với x là số dương, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:  
x  1  x2  x  1 x2  2
x 3  1   x  1 x 2  x  1 

 
2
2
1
2

 2
(*)  
3
x 1 x  2
Dấu “ =” xảy ra khi x = 2 
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được: 
 



a3
a3   b  c

 

3



0,25 

0,25 



1
bc
1 

 a 

3



2
2

bc

 2
 a 

Trang 8 



2a 2

 b  c

2

 2a 2

 

0,25 

0,25 


 
Suy ra: 

a3
a3   b  c

3

2a 2
a2

 2
(1)
2
2
2 b 2  c 2  2a 2 a  b  c





 

 
Tương tự ta có: 

b3
b3   a  c 

3

c3
c3   a  b 

3





b2
(2)  
a 2  b2  c2

0,25 

c2
(3)  
a 2  b2  c2

Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 

a3
a3   b  c

3



b3
b3   a  c 

3



c3
c3   a  b 

3

 1 

0,25 

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c. 
Hình vẽ: 
M

Bài 4
(3 điểm)

A

H

P

B

O

Q

D

K
I

E
N

C

d

4a) (1,5 điểm)
Gọi I là trung điểm của BC suy ra  IO  BC  
·
·
·
 ACN
ABN đồng dạng với ANC (Vì   ANB
,  CAN
 chung)  
AB AN


 AB.AC = AN2 . 
AN AC
ANO vuông tại N, đường cao NH nên AH.AO = AN2 
 AB.AC = AH.AO  (1) 
AHK đồng dạng với AIO (g.g)  
AH AK

 AI  AK  AH  AO  (2) 
Nên 
AI AO
AB  AC
Từ (1) và (2) suy ra  AI.AK  AB.AC  AK 
  
AI
Ta có A, B, C cố định nên I cố định   AK không đổi. 
Mà A cố định, K là giao điểm của BC và MN nên K thuộc tia AB  
  K cố định (đpcm) 
4b) (1,5 điểm)

 

Trang 9 

 

0,50 

0,25 

0,5 

0,25 


 
ME MH
 

MQ DQ
MP MH MH
           PMH đồng dạng MQH (g.g)   
 


MQ QH 2DQ
MP 1 ME
    ME = 2 MP    P là trung điểm ME. 

 .
MQ 2 MQ
Bài 5 (1,0 điềm)
Giả sử A = a1;a 2 ;a 3; ...;a 21  với   a1 ; a 2 ; a 3; ...; a 21  ¢  và  
Ta có: MHE đồng dạng QDM  (g.g)  

Bài 5
(1 điểm)

a1  a 2  a 3  ...  a 21 . 
Theo giả thiết ta có  a1  a 2  a 3  ...  a11  a12  a13  ...  a 21      
 a1  a12  a 2  a13  a 3  ...  a 21  a11 (1)  
Mặt khác với  x; y  Z và nếu  y  x  thì  y  x  1  
 a12  a 2  10, a13  a 3  10,...,a 21  a11  10 (2)  
Nên từ (1) suy ra  a1  10 + 10 + ... +10 = 100 
mà  a1  nhỏ nhất và 101 A     a1 =101 
Ta có 
101  a12  a 2  a13  a 3  ...  a 21  a11  100
 a12  a 2  a13  a 3  ...  a 21  a11  100 . 
Kết hợp với (2) 
 a12  a 2  a13  a 3  ...  a 21  a11  10 (3)
 10  a12  a 2  (a12  a11 )  (a11  a10 )  ...  (a 3  a 2 )  10  
 a12  a11  a11  a10  ...  a 3  a 2  1      (4) 
Ta có  a1 =101 mà  102  A  a 2  102  
Kết  hợp với (3) và (4) suy ra A = 101;102;103;...;121 .  
----------------- HẾT------------------- 

 

Trang 10 

0,50 
0,50 
0,50 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 


 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NGÃI

  ĐỀ CHÍNH THỨC 

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2016 -2017
MÔN TOÁN LỚP 9 
Thi ngày 08 tháng 12 năm 2016 
(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)
-------------------------------

(Đề thi gồm 01 trang) 
Bài 1 (4,0 điểm).  
1) Rút gọn biểu thức: A = 

5 3
2  3 5

2) Cho  A 

3 5



  

2  3 5

x2  x
x2  x
 

x  x 1 x  x 1

a) Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A 
b) Đặt B = A + x – 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B 
Bài 2 (4,0 điểm). Giải phương trình  
1) Giải phương trình :  x  2 x  1  x  2 x  1 

x3
 
2

2) Giải phương trình:  2 x 2  5 x  12  2 x 2  3x  2  x  5 . 
Bài 3 (3,0 điểm).  
1) Chứng minh rằng với k là số nguyên thì 2016k + 3 không phải là lập phương của 
một số nguyên. 
       2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình  x 2  25  y ( y  6)  
Bài 4 (7,0 điểm)
       Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là một điểm nằm trên nửa đường tròn 
(O) (C khác A, C khác B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB, D là điểm đối xứng 
với A qua C, I là trung điểm của CH, J là trung điểm của DH. 
· = CBH
·
a) Chứng minh  CIJ
 
b) Chứng minh  D CJH đồng dạng với  D HIB 
c) Gọi E là giao điểm của HD và BI. Chứng minh HE.HD = HC2  
d) Xác định vị trí của điểm C trên nửa đường tròn (O) để AH + CH đạt giá trị lớn nhất. 
Bài 5 (2,0 điểm). Cho  a, b, c  0 . Chứng minh rằng 

a
b
c


 2 . 
bc
ca
ab

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

 
Họ và tên thí sinh:……………..……............…… Họ, tên chữ ký GT1:……………………..
Số báo danh:……………….……..............……… Họ, tên chữ ký GT2:……………………..
 
 

 

Trang 11 


 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NGÃI

 

Bài

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2016 -2017
MÔN TOÁN LỚP 9 
(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)
-------------------------------

Câu Nội dung

Điểm

5 3

1.  Rút gọn biểu thức: A = 

2  3 5
5 3

3 5

3 5



 

2  3 5
2(3  5)

0,75 

2( 5  3)
2(3  5)

 
5 3
3 5

0,5 

2( 5  3)

 =
 


Câu 1  A = 
2

3

5
2

3

5
2

6

2
5
2

6

2
5
(1,75đ) 
  A = 

2( 5  3)

2(3  5)



2  ( 5  1)2



2  ( 5  1) 2

0,5 
 

A =  2 2  
x2  x
x2  x

 
x  x 1 x  x 1
a) ĐKXĐ:  x  0  

2.  A 
Bài 1 
(4 đ) 

A



3







3

x x 1
x x 1
x2  x
x2  x



 
x  x 1 x  x 1
x  x 1
x  x 1

Câu 2 
x
(2,25)  



 x





  x





x 1 x  x  1

x 1 x  x 1

x  x 1

x  x 1



x 1  x



0,5 
 







2

x  1  2  2  

Dấu “=” xảy ra   x  1  0  x  1  ( TM ĐKXĐ) 
Vậy GTNN của biểu thức B=-2 khi x=1 
  1)  Giải phương trình :  x  2 x  1  x  2 x  1 

x3
 
2

Câu 1  ĐKXĐ :  x  1  
(2đ) 

 

x3
 x 1 2 x 1  1  x 1 2 x 1  1 
2
2
2
x3

x 1 1 
x 1 1 
 
2
x3
 (*) 
 x 1  1  x 1 1 
2
Nếu  x  2  phương trình (*) 
x3
x3
 x 1  1  x 1 1 
 2 x 1 
 4 x 1  x  3
2
2
 16( x  1)  x 2  6 x  9  x 2  10 x  25  0  ( x  5)2  0  x  5  

 



0,5 
0,25 
0,25 
 
0,25 

x3
x  2 x 1  x  2 x 1 
2



0,25 
0,5 

x  1  x  x  x  x  2 x

b)  B = A + x – 1= 2 x  x  1  x  2 x  1 

Bài 2 
(4 đ) 

 





Trang 12 

0,5 
0,25 
0,25 
0,25 


 
(TM) 
Nếu  1  x  2  phương trình (*)  
 x 1  1 1 x 1 

0,25 

x3
x3
2
 4  x  3  x  1  ( TM) 
2
2

Vậy phương trình có nghiệm x=1 và x=5 
2) Giải phương trình:  2 x 2  5 x  12  2 x 2  3x  2  x  5 . 

0,25 
 

Đặt  u  2 x 2  5 x  12, v  2 x 2  3x  2  ( u  0, v  0)  

0,25 

 u 2  2 x 2  5 x  12, v 2  2 x 2  3 x  2  u 2  v 2  2 x  10  2( x  5)  

0,25 
0,25 
0,25 

2

2

Từ (1)   2(u  v)  (u  v )  (u  v)(u  v  2)  0  (2) 
Vì  u  0, v  0 , từ (2) suy ra:  u  v  2  0 . Vì vậy 
2 x 2  5 x  12  2 x 2  3x  2  2 (3) 

Bình phương 2 vế và thu gọn ta được phương trình  
2 2 x 2  3x  2  x  3  

Câu 2 
x  3  0
(2đ)   
2

 x  3
 x  3
 2
 2
2 2 x  3x  2  x  3 7 x  6 x  1  0 (7 x  7)  (6 x  6)  0
 x  3

 
( x  1)(7 x  1)  0

0,25 
0,5 

 x  3
1


1  x  1, x   tm 
7
 x  1, x  7

0,25 
1
Vậy phương trình có hai nghiệm x = -1, x=   
7

 
Bài 3 
(3 đ) 

 
1) Chứng minh rằng với k là số nguyên thì 2016k + 3 không phải là 
lập phương của một số nguyên. 
Giả sử  2016k + 3 = a3 với k và a là số nguyên. 
Suy ra: 2016k  = a3 - 3 
Câu 1  Ta chứng minh a3 – 3 không chia hết cho 7. 
(1,5đ) 
Thật vậy:  Ta biểu diễn a = 7m + r, với r   0;1; 1; 2; 2;3; 3 . 
Trong tất cả các trường hợp trên ta đều có a3 – 3 không chia hết cho 

Mà 2016k luôn chia hết cho 7, nên a3 – 3    2016k. ĐPCM 
Câu 2  2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 
(1,5đ)  x 2  25  y ( y  6)  
Từ  x 2  25  y ( y  6)  
Ta có : (y+3+x)(y+3-x) = - 16 

 

Trang 13 

0,5 

0,25 
0,5 
0,25 
 
0,25 


 
Để ý trong phương trình chỉ chứa ẩn số x với số mũ bằng 2 , do đó ta 
có thể hạn chế giải với x là số tự nhiên. 
Khi đó: y+3+x    y+3-x . 
Ta có ( y+3+x)+(y+3-x) = 2(y+3) là số chẵn 
Suy ra 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) cùng tính chẵn lẻ . Ta lại có tích 
của chúng là số chẵn , vậy 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) là 2 số chẵn. 
Ta chỉ có cách phân tích  - 16  ra tích của 2 số chẵn sau đây: 
-16 = 8 (-2) = 4 (-4) = 2 (-8)  
trong đó thừa số đầu bằng giá trị (y + 3 + x). 
Khi y+3+x= 8 , y+3-x = -2 ta có x= 5 , y= 0. 
Khi y+3+x= 4 , y+3-x = -4 ta có x= 4 , y= -3. 
Khi y+3+x= 2 , y+3-x = -8 ta có x= 5 , y= -6. 
Vậy phương trình đã cho có có nghiệm:  
( x,y)    5, 0  ;  5, 6  ;  4, 3 .  

0,5 

0,25 

0,5 

 
 

D

Bài 4 
(7 đ) 

C

J

 
E

I

A

H

B

O

 
 
+ Vì  ABC  nội tiếp đường tròn đường kính AB  nên  AC  BC  
Suy ra  BC  CD  (1) 
 

Câu a  + Lập luận để chỉ ra IJ // CD (2) 
(1,5 đ) 
+ Từ (1) và (2) suy ra  IJ ^ BC  
· = CBH
·
·
+  Suy ra  CIJ
(cùng phụ với  HCB
)  (3) 
CH

·
=
 (4) 
Câu b  +) Trong   vuông CBH ta có:  tan CBH
 
BH
(2 đ) 
 
+ Lập luận chứng minh được CJ // AB 
+ Mà CH    AB (gt) 
+ Suy ra CJ   CH 
· =
+) Trong tam giác vuông CIJ ta có  tan CIJ

+ Từ (3), (4), (5)  

 

CH CJ

 
HB HI

Trang 14 

CJ CJ
=
(CI = HI ) (5) 
CI
HI

0,5 
0,5 
0,5 

0,5 

0,5 

0,5 


 
·
·
+ Xét  D CJH và D HIB có  HCJ
 BHI
 900  và 

CH CJ
 (cmt) 

HB HI

+ Nên  D CJH đồng dạng với  D HIB 
 
·
 900  
+ Lập luận để chứng minh được  HEI
+ Chứng minh được  HEI  đồng dạng với  HCJ  
HE

0,5 

0,5 
0,5 

HI

Câu c  + Suy ra  HC  HJ  
 
(1,5 đ) 
+ Suy ra HE.HJ = HI.HC 
1
2

0,5 

1
2

+ Mà  HJ  HD; HI  HC  
+ Suy ra HE.HD = HC2 
 
C
M

450
A

H

O

K

B

N

 
 
·
+ Lấy điểm M trên nửa đường tròn (O) sao cho  BOM
= 450  
+ Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại M cắt AB tại N. Ta có M và 
N cố định. 
+  Kẻ MK   AB tại K 
+  Chứng minh được  D MON  vuông cân tại M và KM = KN 
Suy ra  ·ANC  450  
Câu d 
Xét C  º  M 
 
(2 đ) 
Ta có C  º M nên H  º  K 
Do đó AH + CH = AK + KM = AK + KN = AN (không đổi) 
 
+   Xét C khác M. 
Tia NC nằm giữa hai tia NA và NM 
Do đó  ·
ANC < ·
ANM = 450  
·
= 900  
+   D HNC có  NHC
·
·
+ HCN
= 900  
nên  HNC
·
·
< 450    nên  HCN
> 450  
Mà  HNC
·
·
< HCN
Suy ra  HNC
 
Suy ra HC < HN 
 
+  Do đó AH + CH < AH + HN = AN 
 
·
= 450  thì AH 
+  Vậy Khi C ở trên nửa đường tròn (O)  sao cho  BOC
+ CH đạt giá trị lớn nhất 

 

Trang 15 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 


 
Chứng minh rằng 

a
b
c


 2 . 
bc
ca
ab

Áp dụng BĐT Cauchy  ta có 
a  b  c  2 a b  c  

b
2b
c
2c

;

 
ca abc ab abc
2a  b  c
a
b
c
Suy ra 



2 
bc
ca
ab
abc
a  b  c

Dấu bằng xảy ra    b  c  a  a  b  c  0 (Trái với giả thiết) 
c  a  b


Vậy dấu = không xảy ra suy ra đpcm. 
----------------- HẾT------------------- 

 

0,5 

a
2a

 
bc abc

 
Chứng minh tương tự ta được 
Bài 5(2 đ) 

 

Trang 16 

0,5 

0,5 
0,5 


 

 

 

 

 

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

 

 

Trang 17 

 


 

 

 

 

Trang 18 


 

 

 

Trang 19 


 

 
 

Trang 20 


 

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

 

Trang 21 

 


 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KON TUM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2016-2017
MÔN THI: TOÁN; LỚP: 9 PHỔ THÔNG
Ngày thi: 16/3/2017
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề
 

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Đề thi có 01 trang 

Bài 1:   
2 x 3 2
2x  6
 

2x  2 x  3 2  6
2x  2 x  3 2  6

a) Cho x ≥ 0 và x ≠ 9. Rút gọn  P 

b) Tìm tất cả các giá trị m để đường thẳng y = x + 2m – 2 cắt đường thẳng y = 2x + 
m – 13 tại một điểm trên trục hoành. Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường 
thẳng y = 2x + m – 13 ứng với m vừa tìm được (đơn vị đo trên các trục tọa độ là 
xentimet) 
Bài 2:   
a)    Cho x ≥ 2; y ≥ 0 thỏa mãn y 2 x  2  x  2  2 y . Chứng minh rằng  x3  27  
a) Cho tam giác ABC có AB = 3cm, BC = 4cm và CA = 5cm. Gọi H, D, P lần lượt 
là chân đường cao, phân giác, trung tuyến kẻ từ B xuống cạnh AC. Tính diện tích của 
các tam giác CBD,  BDP,  HBD 
 
Bài 3: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Lấy điểm D trên cung BC 
(không chứa điểm A) của đường tròn đó. Gọi H, K, I lần lượt là chân đường vuông góc 
hạ từ D xuống các đường thẳng BC, AB, CA 
a)  Chứng minh rằng K, H, I thẳng hàng 
b) Chứng minh rằng 

BC AC AB
 


DH DI DK

Bài 4:   
2 x3 y  3x 2  5 y
3
 1  6 xy  7 y

a)  Giải hệ phương trình        

       

b)  Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn  xy 2  2 xy  243 y  x  0  
---------------Hết----------------

 

Trang 22 


 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỒNG THÁP

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2016-2017
MÔN THI: TOÁN; LỚP: 9 PHỔ THÔNG
Ngày thi: 19/3/2017
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Đề thi có 01 trang 

Bài 1:  a) Tính giá trị của  A 

4 3  2 2  10
 
(1  2)(3  2)  1

        b) Cho B  n 4  n3  n 2  n . Chứng minh rằng B chia hết cho 6 với mọi số nguyên n 
Bài 2: Cho biểu thức  P 

x x
x
5  2x
 


x 1
x 1 x 1

            a) Tìm điều kiện của x để P xác định và rút gọn P 
            b) Tìm x để P = 7 
Bài 3:   
1

1

1

a) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng   (a  b  c)      9             
a b c




b) Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm GTLN của  P 

x
y
z
 


x 1 y 1 z 1

Bài 4:  
5
 3
 xy xy 6
a)    Giải hệ phương trình  
 3  4  3
 x  y
xy

 

b)    Một ô tô dự định đi từ tỉnh A đến tỉnh B với vận tốc trung bình 40km/h. Lúc 
đầu ô tô đi với vận tốc đó, khi còn 60km nữa thì mới được nửa quảng đường AB, 
người lái xe tăng thêm vận tốc 10km/h trên quảng đường còn lại. Do đó ô tô đến tỉnh B 
sớm hơn dự định 1 giờ. Tính quảng đường AB 
Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi E, F lần lượt là chân 
đường cao kẻ từ C và B của tam giác ABC. D là điểm đối xứng của A qua O, M là 
trung điểm BC, H là trực tâm tam giác ABC 
            a) Chứng minh rằng M là trung điểm HD 
            b) Gọi L là giao điểm thứ hai của CE với đường tròn tâm O. Chứng minh rằng 
H, L đối xứng nhau qua AB 
Bài 6: Cho hình vuông ABCD cạnh bằng 4. Trên hai cạnh AB và AD lần lượt lấy hai 
điểm E, F sao cho EC là phân giác của góc BEF. Trên tia AB lấy K sao cho BK = DF 
            a) Chứng minh rằng CK = CF 
            b) Chứng minh rằng EF = EK và EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định 
            c) Tìm vị trí của E, F sao cho diện tích tam giác CEF lớn nhất 
---------------Hết--------------- 

 

Trang 23 


 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO TP. HỒ CHÍ MINH
——————
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2016-2017
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
———————————— 

Bài 1:  Cho a, b, c thỏa mãn a – b = 7; b – c = 3. Tính  P 

a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca
 
a 2  c 2  2ab  2bc

Bài 2:  
a) Giải phương trình  (2 x  1) x  3  x 2  3  
 x( y  1)  y ( x  1)  6
 ( x  1)( y  1)  1

b) Giải hệ phương trình  

Bài 3: a) Cho x, y > 0 thỏa mãn

 

x
2y

 1 . Tìm GTLN của  P  xy 2  
1 x 1 y

           b) Tìm x, y nguyên thỏa mãn   x  y  x  2 y   x  5  
Bài 4:  
a) Cho tam giác nhọn ABC có H là trực tâm. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của 
BC và AH. Đường phân giác trong góc A cắt MN tại K. Chứng minh rằng AK vuông 
góc với HK 
b) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi AH, AD lần lượt là đường cao, 
đường phân giác trong của tam giác ABC (H, D thuộc BC). Tia AD cắt (O) tại E, tia 
EH cắt (O) tại F và tia FD cắt (O) tại K. Chứng minh rằng AK là đường kính của 
đường tròn (O) 
Bài 5:  
Trong tuần, mỗi ngày Nam chỉ chơi một môn thể thao. Nam chạy ba ngày một 
tuần nhưng không bao giờ chạy trong hai ngày liên tiếp. Vào thứ Hai, anh ta chơi bóng 
bàn và hai ngày sau đó anh ta chơi bóng đá. Nam còn đi bơi và chơi cầu lông, nhưng 
không bao giờ Nam chơi cầu lông sau ngày anh ta chạy hoặc bơi. Hỏi ngày nào trong 
tuần Nam đi bơi ? 
----------------- HẾT------------------- 
 

 

Trang 24 


 
 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THANH HÓA 
 
 
 

KỲ THI CHỌN HS GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH 
NĂM HỌC 2016 - 2017 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
 

Bài 1. (4,0 điểm)   
        Cho biểu thức:  
       1. Rút gọn biểu thức P. 
       2. Tìm các giá trị x, y nguyên thỏa mãn P = 2. 

 

Bài 2. (4,0 điểm)  
1. Tìm m để phương trình
       

 có 4 nghiệm phân biệt  

thỏa mãn 

 

       2. Giải hệ phương trình : 

 

Bài 3. (4 điểm)  
       1. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh  p2016 – 1  chia hết cho 60. 
       2. Cho x, y, z là các số dương khác nhau đôi một và  
. Tìm thương của phép chia

chia hết cho 

 

Bài 4. (6,0 điểm)  
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) và AB < AC. Các 
tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau tại D. Qua D kẻ đường thẳng song song với 
AB, cắt BC và AC lần lượt tại M, N. 
1. Chứng minh tứ giác BONC nội tiếp và tam giác ANB cân. 
2. Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại I, BI cắt DM tại K. Chứng minh K 
là trung điểm của DM. 
3. Trên đoạn thẳng BD lấy điểm P sao cho IP // DN, AP cắt BC tại Q. Gọi G là 
trung điểm của DK. Chứng minh ba điểm Q, I, G thẳng hàng. 
Bài 5. (2,0 điểm)   
 

Cho các số thực x, y, z thỏa mãn : 

nhỏ nhất của biểu thức :  

  và x + y + z = 5. Tìm giá trị 


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

 

Trang 25 


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×