061 đề HSG toán 9 xuyên mộc 2016 2017 vòng 2

UBND HUYỆN XUYÊN MỘC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9 THCS
PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC
NĂM HỌC 2016 – 2017
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài thi 150 phút

Ngày thi ……. tháng 01 năm 2017
ĐỀ DỰ BỊ
Bài 1:(2,5 điểm)
Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n 3  mn 2  3n 2  14n  7m  5  0
Bài 2: (7,5 điểm)
 2 x 1 2x  x  2 x 1


: x 3  1
1

x
x

x

1



a) Rút gọn biểu thức: A  

b) x  2014  x  2016  y  2016  x  2016
c) Tìm GTNN của biểu thức: A 

3 4 x
x 1

d) Cho x, y, z là các số không âm và x + y + z = 1 .
Chứng minh rằng:

x+y +

y+z + z+x  6

Bài 3: (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác).
Chứng minh rằng :

1
pa



1
pb



1

1 1 1
 2.    .
p c

a b c

Bài 4:(5,0 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ; R). Gọi (I ; r) là đường tròn nội tiếp tam giác
ABC, M là tiếp điểm của AB với đường tròn (I); H là giao điểm của AI với đường trịn (O) (H
khác A), HK là đường kính của đường tròn (O). Gọi a là độ dài đoạn OI. Chứng minh rằng:
a) Tam giác AMI và tam giác KCH đồng dạng
b) HB = HI
c) IA.IH  R 2  a 2 .
d) R 2  2Rr  a 2
Bài 5:(3,0 điểm) Cho đường trịn (C) đường kính PQ = 2R cố định và một đường kính MN
của đường trịn thay đổi (MN khác PQ). Qua P vẽ đường thẳng (d) là tiếp tuyến của đường tròn,
(d) cắt QM và QN lần lượt ở E và F.
1) Chứng minh tam giác QMN đồng dạng với tam giác QFE.
2) Tìm vị trí của đường kính MN để EF có độ dài nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó theo R.
------- HẾT ----Họ và tên thí sinh: ……………………………
Số báo danh: ………………………………….

Chữ ký giám thị số 1: ………………..


UBND HUYỆN XUYÊN MỘC
PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2016 – 2017 MƠN THI TỐN LỚP 9
(Hướng dẫn chấm có ……… trang)

Bài 1:(2,5 điểm)
Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n3  mn 2  3n 2  14n  7 m  5  0

Bài 1

Đáp án

2

2

 m  2n  3 
1.2
(2,5đ)

Điểm

2n  mn  3n  14n  7m  5  0
3

16
(1)
n 7

1,0

2

Vì m, n  Z nên
n 2  7 U (16)  n 2  7   8;16  n 2   1;9  n   1; 3 (2)

0,75

Từ (1) và (2) suy được:
(m, n)   (1;1),(3; 1);(4;3),(8; 3)

0,75

Bài 2: (7,5 điểm)
 2 x 1

2x  x  2 x 1



a) Rút gọn biểu thức: A  
: 3
 1 x x  x 1  x 1
b) x  2014  x  2016  y  2016  x  2016 (1)

c) Tìm GTNN của biểu thức: A 

3 4 x
x 1

d) Cho x, y, z là các số không âm và x + y + z = 1 .
Chứng minh rằng:
Bài 2
2.1
(2,0đ)

x+y +

y+z + z+x  6
Đáp án

 2 x 1 2x  x  2 x 1


:
3
 1 x x  x 1  x 1

Ta có: A  

(2 x  1)( x  x  1)  x (2 x  1)(1  x ) x 3  1


(1  x )( x  x  1)
2 x 1


1,0

(2 x  1)( x  x  1  x  x )( x  1)( x  x  1)
x 1

(1  x )( x  x  1)(2 x  1)
1 x

x  2014  x  2016  y  2016  x  2016 (1)
Ta có: x  2016  x  2016  x  x  x  2016  x  2016
2.2

(2,0đ)

Điểm

Chỉ ra được dấu « = » xảy ra khi 0  x  2016 (*)
Từ (1) và (2) suy được: x  2014  y  2016  0

(2)

1,0
0,5
0,25x2


 x  2014  0  x  2014

 y  2016  0  y  2016

Lập luận suy được: 

0,5

Đối chiếu ĐK (*) và kết luận được nghiệm
. ĐK: x  0
3  4 x (x  4 x  4)  (x  1) ( x  2)2
A



 1  1 (vì x  0 )

2.3
x 1
x

1
x

1
(1,5đ)
Chỉ ra được: Min A = -1 khi x = 4 (tmđk)

0,5
1,0
0,5

Áp dụng BĐT Bunhiakopski có
2.4
(2,0đ)




  1  1  1    x + y    y + z   

A 2  1. x + y +1. y + z + 1. z + x
2

2

2

2

2

2

2
z + x  

1,0



= 3.2(x +y + z) = 6.1 = 6 (vì x + y + z = 1)
1
Suy được A  6 khi a  b  c 
3
Bài 3: (2,0 điểm)

0,5
0,5

Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác).
Chứng minh rằng :
Bài 3

3
(2,0đ)

1
pa



1
pb



1

1 1 1
 2.    .
p c
a b c

Đáp án
bca
 0; p  b  0; p  c  0
Chỉ ra được: p  a 
2
Áp dụng BĐT Cơ si ta có :


 ( p  a )  ( p  b)  

1

 pa




2
4
  2 ( p  a)( p  b) .
p b 
( p  a )( p  b)
1

1
1
4
4



p a p b p a  p b c
1
1
4 1
1
4

 ;


Tương tự:
p b p c a p c p  a b

Suy được:

1
1
1 
 1 1 1


  4.    
a b c
 p  a p b p c 
Suy được đpcm và
Dấu “=” xảy ra khi a  b  c.

Điểm
0,25

0,5

0,25

0,25



Suy được: 2. 

0,25
0,5

Bài 4:(5,0 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ; R). Gọi (I ; r) là đường tròn nội tiếp tam giác
ABC, M là tiếp điểm của AB với đường tròn (I); H là giao điểm của AI với đường trịn (O) (H
khác A), HK là đường kính của đường tròn (O). Gọi a là độ dài đoạn OI. Chứng minh rằng:
a) Tam giác AMI và tam giác KCH đồng dạng
b) HB = HI
c) IA.IH  R 2  a 2 .


d) R 2  2Rr  a 2
K
A
12

E M

I

O

1

B

1

F
C

2

3

H

Bài 4

Đáp án
* Hình vẽ đúng

4.a
(1,75đ) – Chứng minh được các tam giác AMI và KCH là các tam giác vng
µ1A
µ2 K
µ
- Chứng minh được A

- Suy ra được tam giác AMI và tam giác KCH đồng dạng (đpcm)

4.b
(1,0đ)
4.c
(1,0đ)

µ 1B
µ 1; IBH
·
µ 2 B
µ3 B
µ1A

µ1
- Chứng minh được $
I1  A
B
·
Do đó $
I1  IBH
 HB  HI (đpcm)

Gọi EF là đường kính của (O) và đi qua I.
- Nêu được: IA.IH = IE.IF (hệ thức trong đường tròn)
- Suy ra: IA.IH = (R – a).(R + a) = R2 – a2

IA IM

 IA.HC = HK.IM = 2Rr (*)
4.d
HK HC
(1,25đ) Mà HB = HC (do µ
µ 2 )  HC = HI.
A1  A
Kết hợp câu c), thay vào (*) ta có: R2 – a2 = 2Rr  R 2  2Rr  a 2 (đpcm)

Từ câu a), ta có:

Điểm
0,25
0,5
0,5
0,5

0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
0,50
0,25
0,50

Bài 5:(3,0 điểm) Cho đường trịn (C) đường kính PQ = 2R cố định và một đường kính MN
của đường trịn thay đổi (MN khác PQ). Qua P vẽ đường thẳng (d) là tiếp tuyến của đường tròn,
(d) cắt QM và QN lần lượt ở E và F.
1) Chứng minh tam giác QMN đồng dạng với tam giác QFE.
2) Tìm vị trí của đường kính MN để EF có độ dài nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó theo R.


P

E

M

F

C
N
Q

Bài 5
5.1

(1,5đ)

5.2
(1,5đ)

Đáp án
Chứng minh được: QM.QE = QN.QF(=PQ2) 

Điểm
QM QN

QF QE

Chỉ ra được:  QMN đồng dạng  QFE (c.g.c)
 QFE vng tại Q có PQ  EF (gt) (1)  PQ2 = PE.PF (hệ thức 2)
 PE.PF = (2R)2 = 4R2

0,75
0,75
0,25

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số EP, PF > 0 ta có
EF  EP  PF  2 EP.PF  2. 4R 2  4R

0,25

 EF nhỏ nhất bằng 4R khi EP = PF (2)

Từ (1) và (2)  ∆QEF cân tại Q có PQ là đường cao đồng thời là
phân giác.

Chỉ ra được PMQN là hình chữ nhật
 PMQN là hình vng  MN  PQ
Vậy Khi MN  PQ thì EF có độ dài nhỏ nhất bằng 4R’

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

Chú ý: 1. Nếu thí sinh làm bài bằng cách khác đúng thì GK vẫn cho điểm tương đương.
2. Điểm tồn bài khơng được làm trịn.