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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẾN TRE

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 TRUNG HỌC CƠ SỞ

NĂM HỌC 2016- 2017
Môn: TOÁN
Thời gian: 150 phút ( không kể phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1: (7 điểm)
a) Chứng minh rằng: A  n8  4n7  6n6  4n5  n4 chia hết cho 16 với mọi n là số nguyên.

x

2

 3  12 x 2
2

 x  2

 8 x . Rút gọn biểu thức B và tìm
x
các giá trị nguyên của x để B có giá trị nguyên.
c) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: 2y2 x  x  y  1  x 2  2y2  xy
Câu 2: (3 điểm)
Cho hàm số y  2 x 2  6x  9  x  2 có đồ thị(D)
a) Vẽ đồ thị (D) của hàm số trên.
b) Với giá trị nào của m thì phương trình 2 x 2  6x  9  x  2  m vô nghiệm.

c) Dựa vào đồ thị (D), tìm tập nghiệm của bất phương trình: 2 x 2  6x  9  x.
Câu 3: (2 điểm)

b) Cho biểu thức B 

2



2

 2
y2
x

xy

 2017

3

y2

Cho x, y, z là các số thực thỏa :  z 2   1009
(x  0, z  0, x   z)
,
3

 x 2  xz  z 2  1008



2z y  z
Chứng minh rằng:

.
x xz

Câu 4: (5 điểm)
Cho đoạn thẳng AB và điểm E nằm giữa điểm A và điểm B sao cho AE < BE. Vẽ
đường tròn (O1) đường kính AE và đường tròn (O2) đường kính BE. Vẽ tiếp tuyến chung
ngoài MN của hai đường tròn (O1) và (O2) với M là tiếp điểm thuộc (O1) và N là tiếp
điểm thuộc (O2) .
a) Gọi F là giao điểm của các đường thẳng AM và BN. Chứng minh rằng đường
thẳng EF vuông góc với đường thẳng AB.
b) Với AB = 18 cm và AE = 6 cm, vẽ đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng
MN cắt đường tròn (O) tại C và D sao cho điểm C thuộc cung nhỏ AD. Tính độ
dài đoạn thẳng CD.
Câu 5: (3 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A, có góc A nhỏ hơn 900. Từ B kẻ BM vuông góc với
2

AC tại M (điểm M  AC ). Chứng minh :

AM
 AB 
1  2 
 .
MC
 BC 

. . . . . . . . HẾT . . . . . . . .


SỞ GD&ĐT BẾN TRE

GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH
MƠN TỐN LỚP 9 – THCS NĂM HỌC 2016 – 2017
NỘI DUNG

CÂU

ĐIỂM

a)Chứng minh rằng: A  n  4n  6n  4n  n chia hết cho 16 với mọi n là số
ngun.
8

7

6

5

4

A  n8  4n7  6n6  4n5  n4  n4  n4  4n3  6n2  4n  1  n  n  1

4

Vì n(n+1) là tích hai số ngun liên tiếp nên n(n+1):2 n  n  1 24  16

4

Do đó A:16 với mọi nZ
b)Cho biểu thức B 

x

2

 3  12 x 2
2

2



 x  2

2

x
tìm các giá trị ngun của x để B có giá trị ngun
B

x

2

 3  12 x 2
2

x2



 x  2

2

 8x 

x

2

 3
x2

 8 x . Rút gọn biểu thức B và
2



 x  2

2

x2  3

 x2

x

 x2  3
-2 x 2  2 x - 3
3
+Nếu x < 0: B 
x2
 -2 x  2 x
x
x

B có giá trị ngun khi

Câu
1
7,0
điểm

 x  1
x
 Z  x  Ư(3) và x < 0  
3
 x  3

x2  3
2x  3
3
+Nếu 0  x  2 : B 
x2
 2

x
x
x

B có giá trị ngun khi
+Nếu x > 2: B 

3
 Z  x  Ư(3) và 0x

x2  3
2 x2  2 x  3
3
 x2
 2x  2 
x
x
x

B có giá trị ngun khi

x
 Z  x  Ư(3) và x > 2  x  3
3

KL:
 2x 2  2x  3
nếu x < 0


x

2x  3
nếu 0 < x  2
 B  
 x
 2x 2  2x  3
nếu x > 2

x


B có giá trò nguyên khi x 1; 3
c) Tìm tất cả các nghiệm ngun của phương trình: 2y2 x  x  y  1  x 2  2y2  xy
2y2 x  x  y  1  x 2  2y2  xy   x  1  x  2y2  y   1

x  1  1
x  2
x  2

 2

2
y  1
  x  2y  y  1
 2y  y  1  0



x  0

x  1  1
x0
 
 

  x  2y 2  y  1
 2y 2  y  1  0
  y  1

Vậy : phương trình có hai nghiệm nguyên là (2;1), (0;1)


Cho hàm số y  2 x 2  6x  9  x  2 có đồ thị(D)
a) Vẽ đồ thị (D) của hàm số trên.
 x  8 neáu x  3
y  2 x 2  6x  9  x  2  2 x  3  x  2  
3x  4 neáu x < 3

y
(D)
4

2 3

6

8

x

O
-2

Câu
2
3,0
điểm

-5
m

(D'): y = m

giá trị nào của m thì phương trình 2 x 2  6x  9  x  2  m vô nghiệm.
2 x 2  6x  9  x  2  m (*)
Phương trình (*) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị sau:
(D): y  2 x 2  6x  9  x  2 (đã vẽ câu a)
(D’): y = m là đường thẳng song song với trục Ox và cắt Oy tại điểm có tung độ m
Căn cứ vào đồ thị , ta có: Phương trình (*) vô nghiệm
 (D) và (D’) không giao nhau
 m < -5
Vậy:m < -5 thì pt (*) vô nghiệm.
b) Với

c)Dựa vào đồ thị (D), tìm tập nghiệm của bất phương trình: 2 x 2  6x  9  x.
2 x 2  6x  9  x  2 x 2  6x  9  x  2  2

(1)

Căn cứ vào đồ thị (D), ta có : nghiệm của (1) là tập hợp hoành độ của các điểm

x  6

trên (D) có tung độ y  2 , nên 
x  2
KL: Tập nghiệm của (1) là: x > 6 hoặc x < 2
 2
y2
x

xy

 2017 (1)

3

y2

(2) (x  0, z  0, x   z)
Cho x, y, z là các số thực thỏa :  z 2   1009
,
3

Câu
 x 2  xz  z 2  1008 (3)
3

2,0

điểm
2z y  z

Chứng minh rằng:

.
x xz
Trừ (1) và (2) vế theo vế, ta có: x 2  xy  z2  1008 (4)

Trừ (3) và (4) vế theo vế, ta có: xz  xy  2z2  0  xz  2z2  xy


 2xz  2z2  xy  xz

 2z  x  z   x  y  z 


2z y  z

. (ĐPCM)
x xz

a)Chứng minh rằng đường thẳng EF vuông góc với đường thẳng AB.
MN là tiếp tuyến chung của (O1) và (O2)
F
Nên MN  O1M;MN  O2 N  O1M O2 N
D

 MO1E  NO2 E  1800

O1AM cân tại O1  MO1E  2O1AM
O2 BN cân tại O1  NO2 E  2O2 BN



 MO1E  NO2 E  2 O1AM  O2 BN



I

K
C
A

 O1AM  O2 BN  90

0

N

M

O1

E

O

O2

 MFN  900

Mặt khác:
AME  BNE  900 ( góc nội tiếp chắn nửa

đường tròn)
 EMF  ENF  900

Tứ giác MENF là hình chữ nhật
 MEF  NME

Mà O1EM  O1ME ( O1ME cân tại O1) và NME  O1ME  900 (MN là tiếp tuyến)
Câu
 MEF  O1EM  900
4
5,0 Hay EFAB tại E
điểm
b)Tính độ dài đoạn thẳng CD.

Ta có AB  18cm, AE  6cm  EB  12cm,OF  9cm
AFB vuông tại F có đường cao EF nên EF2  AE.EB  6.12  72  EF  6 2cm
 MN  EF  6 2cm

Gọi K, I lần lượt là giao điểm của EF, OF với MN.
Tứ giác MENF là hình chữ nhật nên có NMF  NEF

mà NEF  ABF (cùng phụ góc BEM)
 NMF  ABF (1)

FNM~FAB
Ta lại có OAF cân tại O  OAF  OFA (2)
Và OAF  ABF  900

(3)
Từ (1), (2), (3)  NMF  OFA  900  MIF  900
FNM~FAB và có FI, FE là hai đường cao tương ứng nên
FI MN
FI
6 2



 FI  4cm  OI  OF  FI  9  4  5cm
EF AB
18
6 2

OID vuông tại I có ID2  OD2  OI2  92  52  56  ID  2 14cm
Vì OFCD tại I  CD  2ID  4 14cm

B


2

Chứng minh :

AM
 AB 
1  2 
 .
MC
 BC 

A

ABC cân tại A nên AB = AC
AM  MC
AC2
AM
 AB 
Ta có
2
1  2 
 .
MC
BC2
MC
 BC 
2

Câu
5
AC
AC2


2
 BC2  2 AC.MC
2
3,0
MC
BC

điểm Ta cần chứng minh:
2
BC  2 AC.MC

Thật vậy: BC  BM  MC  AB  AM   AC  AM 
2

2

2

2

2

2

 AC2  AM2  AC2  2 AC.AM  AM2
 2AC2  2 AC.AM  2 AC.(AC AM)  2 AC.MC
---------------------- HẾT ----------------------------

M
B

C