Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh quảng ngãi năm học 2016 2017 (có đáp án)

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 =
2) Cho A =

5 +3
2 + 3+ 5

+

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.
·
·
a) Chứng minh CIJ
= CBH
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:……………………..


GD-Đ

Bài

HƯỚNG DẪN CHẤM THI
KỲ THI HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn thi : Toán 9

Câu

Nội dung
5 +3

1. Rút gọn biểu thức: A =
Câu 1
(1,75đ)

5 +3

A=

2 + 3+ 5
2( 5 + 3)

A=

2 + ( 5 + 1) 2

2 + 3+ 5

3− 5

+

2 − 3− 5

+

2(3 − 5)
2 − ( 5 − 1) 2

=
=

Điểm
3− 5

+

2 − 3− 5

2( 5 + 3)
2+ 6+2 5

+

2(3 − 5)

0,75

2− 6−2 5

2( 5 + 3)
2(3 − 5)
+
5 +3
3− 5

0,5
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)

(

)

(

0,25
0,5

)

x x3 − 1
x x3 +1
x2 − x
x2 + x
A=
−
=
−
x + x +1 x − x +1
x + x +1
x − x +1

Câu 2
(2,25)

=

x

= x

(

(

)(

) − x(

)(

)

x −1 x + x +1

x +1 x − x +1

x + x +1

x − x +1

)

x −1 − x

(

)

0,5

x + 1 = x − x − x − x = −2 x

b) B = A + x – 1= −2 x + x − 1 = x − 2 x − 1 = ( x − 1) − 2 ≥ −2

0,5

Dấu “=” xảy ra ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ( TM ĐKXĐ)
Vậy GTNN của biểu thức B=-2 khi x=1

0,25
0,25

2

1) Giải phương trình : x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 =

x+3
2

ĐKXĐ : x ≥ 1

0,25

x + 2 x −1 + x − 2 x −1 =

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

(

Câu 1
(2đ)

x+3
2

)

(

)

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


⇔ 16( x − 1) = x 2 + 6 x + 9 ⇔ x 2 − 10 x + 25 = 0 ⇔ ( x − 5) 2 = 0 ⇔ x = 5 (TM)
Nếu 1 ≤ x < 2 phương trình (*)
x+3
x+3
⇔ x −1 +1+1− x −1 =
⇔2=
⇔ 4 = x + 3 ⇔ x = 1 ( TM)
2
2

0,25

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 .
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

Từ (1) ⇒ 2(u + v) = (u 2 − v 2 ) ⇔ (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 + 3x + 2 = x + 3
 x + 3 ≥ 0
 x ≥ −3
 x ≥ −3
⇔
⇔
⇔


2
2
2
(7 x − 7) + (6 x + 6) = 0
 2 2 x + 3 x + 2 = x + 3 7 x + 6 x − 1 = 0

0,25

0,25

2

Câu 2
(2đ)

0,5

 x ≥ −3
⇔
( x + 1)(7 x − 1) = 0
 x ≥ −3
1

⇔
1 ⇔ x = −1, x = ( tm )
7
 x = −1, x = 7
1
Vậy phương trình có hai nghiệm x = -1, x=
7

Câu 1
(1,5đ)

Bài 3
(3 đ)

Câu 2

(1,5đ)

0,25

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
Ta chứng minh a3 – 3 không chia hết cho 7.

0,5

Thật vậy: Ta biểu diễn a = 7m + r, với r ∈ { 0;1; −1; 2; −2;3; −3} .

0,25

Trong tất cả các trường hợp trên ta đều có a3 – 3 không chia hết
cho 7
Mà 2016k luôn chia hết cho 7, nên a3 – 3 ≠ 2016k. ĐPCM
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

0,5
0,25

x 2 − 25 = y ( y + 6)

Từ x 2 − 25 = y ( y + 6)
Ta có : (y+3+x)(y+3-x) = - 16

0,25

ý trong phng trỡnh ch cha n s x vi s m bng 2 , do
ú ta cú th hn ch gii vi x l s t nhiờn.
Khi ú: y+3+x y+3-x .
Ta cú ( y+3+x)+(y+3-x) = 2(y+3) l s chn
Suy ra 2 s ( y+3+x ) v (y+3-x) cựng tớnh chn l . Ta li cú tớch
ca chỳng l s chn , vy 2 s ( y+3+x ) v (y+3-x) l 2 s chn.
Ta ch cú cỏch phõn tớch - 16 ra tớch ca 2 s chn sau õy:
-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.
Vì thế phơng trình đã cho có các nghiệm :
( x,y) { ( 5, 0 ) ; ( 5, 6 ) ; ( 4, 3) .}

0,5

0,25

0,5

D

Bi 4
(7 )

C

E

I

A

Cõu a
(1,5 )

J

H

B

O

+ Vỡ ABC ni tip ng trũn ng kớnh AB nờn AC BC
Suy ra BC CD (1)

0,5

+ Lp lun ch ra IJ // CD (2)
+ T (1) v (2) suy ra IJ ^ BC
ã = CBH
ã
ã
+ Suy ra CIJ
(cựng ph vi HCB
) (3)

0,5
0,5

ã
=
+) Trong vuụng CBH ta cú: tan CBH

Cõu b
(2 )

CH
(4)
BH

+ Lp lun chng minh c CJ // AB
+ M CH AB (gt)
+ Suy ra CJ CH
ã =
+) Trong tam giỏc vuụng CIJ ta cú tan CIJ

+ T (3), (4), (5)

CH CJ
=
HB HI

0,5
0,5

CJ CJ
=
( CI = HI ) (5) 0,5
CI
HI


CH CJ
·
·
=
+ Xét D CJH và D HIB có HCJ
(cmt)
= BHI
= 900 và
HB

+ Nên D CJH đồng dạng với D HIB

Câu c
(1,5 đ)

HI

0,5

·
+ Lập luận để chứng minh được HEI
= 900
+ Chứng minh được ∆HEI đồng dạng với ∆HCJ

HE HI
=
+ Suy ra
HC HJ

0,5

+ Suy ra HE.HJ = HI.HC
1
2

0,5

0,5

1
2

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

450
A

Câu d
(2 đ)

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
Xét C º M
Ta có C º M nên H º K
Do đó AH + CH = AK + KM = AK + KN = AN (không đổi)

0,5

+ Xét C khác M.
Tia NC nằm giữa hai tia NA và NM
Do đó ·ANC < ·ANM = 450
·
+ D HNC có NHC
= 900
·

·
nên HNC
+ HCN
= 900
·
·
Mà HNC
< 450 nên HCN
> 450
·
·
Suy ra HNC
< HCN
Suy ra HC < HN

0,5

0,5

0,5
+ Do đó AH + CH < AH + HN = AN
·
+ Vậy Khi C ở trên nửa đường tròn (O) sao cho BOC
= 450 thì


AH + CH đạt giá trị lớn nhất

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) ⇔

Bài 5
(2 đ)

0,5

a
2a
≥
b+c a+b+c

Chứng minh tương tự ta được
b
2b
c
2c
≥
;

≥
c+a a +b+c a +b a +b+c
2( a + b + c)
a
b
c
+
+
≥
=2
Suy ra
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.

0,5

0,5
0,5