Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 Phòng GDĐT Tư Nghĩa, Quảng Ngãi năm học 2016 2017

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

PHÒNG GD&ĐT TƯ NGHĨA

KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
Năm học: 2016 - 2017
Môn thi: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (3,0 điểm)
Cho biểu thức A 

x2  2x 1
1
1
 .(

)
x3  1 2 1  x  2 1  x  2

a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa
b) Rút gọn biểu thức A
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
Bài 2: (6,0 điểm)
a) Giải phương trình: x 2  2015 x  2014  2 2017 x  2016 .
b) Chứng minh rằng:

1 1
  2 biết x3 + y3 + 3(x2 + y2) + 4(x + y) + 4 = 0 và x.y > 0.
x y
1

c)Cho x, y, z thỏa mãn  
x


1 1 
1
  :
 1.
y z   x  y  z 









Tính giá trị của biểu thức B  x 21  y 21 y11  z11 z 2017  x 2017 .
Bài 3: (4,0 điểm)
a) Với n chẵn (n  N) chứng minh rằng: (20n + 16n – 3n – 1)  323
b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: ( y  2) x 2017  y 2  2 y  1  0
Bài 4: (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC (có ba góc nhọn) nội tiếp đường tròn (O; R). Các đường cao AD, BE,
CF cắt nhau tại H. Kéo dài AO cắt đường tròn tại K. Gọi G là trọng tâm của tam giác
ABC.
a) Chứng minh SAHG = 2SAGO
b) Chứng minh

HD HE HF
+
+
=1
AD BE CF

Bài 5: (3,0 điểm)


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. C và D là hai điểm nằm trên nửa đường tròn
đó sao cho góc CAB = 45 0 , góc DAB = 30 0 . AC cắt BD tại M. Tính diện tích tam giác
ABM theo R


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Đáp án đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9
Bài

Nội dung

x  2  0
 x  2

a) Điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa :  x 3  1  0  
1a
 x  1


x

2

1

(1,0đ)

Điểm

1,0đ

b) Rút gọn biểu thức A
A

1b
(1,0đ)

x2  2x 1
1
1
x ( x  2)
1
2
 .(

)
 .
3
2

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

1,0đ

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

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
Ta có A 
1c
(1,0đ)

1
1

x  x  1 ( x  1 )2  3
2

4
2

1
3
Ta có A nhỏ nhất khi ( x  ) 2  đạt giá trị nhỏ nhất
2
4

Vậy: Giá trị nhỏ nhất của

là A là

1,0đ

4
1
1
khi x  = 0  x 
3
2
2

a) Giải phương trình: x 2  2015 x  2014  2 2017 x  2016
Điều kiện x 
2a
(2,0đ)

2016
2017

Phương trình đã cho tương đương với
x 2  2 x  1  2017 x  2016  2 2017 x  2016  1  0
  x  1 
2





2

2017 x  2016  1  0

 x  1  0

 2017 x  2016  1  0

1,0đ


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

x  1

 2017 x  2016  1

1,0đ

 x  1 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy x  1 là nghiệm của phương trình đã cho.
b) Chứng minh:

1 1
  2 biết
x y

x3 + y3 + 3(x2+y2) + 4(x+ y) + 4 = 0 và

x.y > 0.
Ta có: x3 + y3 + 3(x2+y2) + 4(x+ y) + 4 = 0
 (x + y)( x2 – xy + y2) + 2(x2 – xy + y2) + (x2 + 2xy + y2) + 4(x+y) + 4 = 0
 ( x2 – xy + y2)( x + y + 2) + ( x + y + 2)2 = 0

1,0đ

 ( x + y + 2)( x – xy + y + x + y + 2) = 0
2

2b
(2,0đ)

2



1
.( x + y + 2)( 2x2 – 2xy + 2y2 + 2x + 2y + 4) = 0
2



1
.( x + y + 2). ( x  y ) 2  ( x  1) 2  ( y  1) 2  2  = 0
2

 x+y+2=0
 x + y = -2 mà x.y > 0 nên x< 0, y < 0

Áp dụng BĐT CauChy ta có
Do đó xy  1 suy ra 1 
1
x

Vậy M  

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

1
2
1 1 x  y 2
 -2 Mà M   

hay

xy
xy
x y
xy
xy

1
x


1 1 
1
  :
1.
y z   x  y  z 







21
21 y11  z11 z 2017  x 2017
(2,0đ) Tính giá trị của biểu thức B  x  y
1

Ta có:  
x

1,0đ

1
  2 (đpcm)
y

Cho x, y, z thỏa mãn  
2c

( x)( y ) 


1 1 1
1 1 
1
  :
  1      x  y  z   1
y z  x y z
x y z

 (yz + xz + xy)(x + y + z) = xyz



1,0đ


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
 xyz + zy2 + yz2 + zx2 + xyz + xz2 + yx2 + xy2 + xyz = xyz
 (xyz + zx2 + xy2+ yx2)+ (zy2 + yz2 + xz2 + xyz) = 0

 x(yz + zx + y2+ yx)+ z(y2 + yz + xz + xy) = 0
x  y
 (yz + zx + y2+ yx)( x+ z) = 0  ( x  y )( y  z )( x  z )  0   y   z
 z   x

1,0đ

Thay vào B tính được B = 0
Với n chẵn (n  N) chứng minh rằng: 20n + 16n – 3n – 1  323
Ta có: 323 = 17.19
1,0đ

 20n + 16n – 3n – 1= (20n – 1) + (16n – 3n)
20n – 1  19
16n – 3n  19

3a

(n chẵn)

(2,0đ) Do đó 20n + 16n – 3n – 1  19

(1)

 20n + 16n – 3n – 1= (20n – 3n) + (16n –1)
20n – 3n  17

1,0đ

16n –1n  17 (n chẵn)

Do đó 20n + 16n – 3n – 1  17

(2)

Mà (17; 19) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra 20n + 16n – 3n – 1  323
b) Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn: ( y  2) x 2017  y 2  2 y  1  0
Nếu y + 2 = 0  y  2 lúc đó phương trình có dạng 0 x 2017  1  0 (vô
nghiệm).
3b
(2,0đ)

Nếu y  2 thì ta có x 2017 
Vì x,y nguyên nên

1,0đ

y2  2 y 1
1
 y
y2
y2

1
nguyên y  2  Ư(1)  1;1 .
y2

Với y  2  1  y  3  x 2017  4 (loại)
Với y  2  1  y  1  x 2017  0  x  0
Vậy số nguyên x, y thỏa mãn đề bài là: x = 0,y = -1

1,0đ


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

a) Chứng minh SAHG = 2SAGO
 Tam giác ACK nội tiếp đường tròn (O) đường kính AK
Nên KC vuông góc với AC
Mà BE vuông góc với AC (gt)

1,0đ

Suy ra KC // BE hay KC // BH
Chứng minh tương tự ta có KB // CH
Nên tứ giác BHCK là hình bình hành
A
E
F

H
G

B

O

D M

C
K

Gọi M giao điểm của BC và HK nên

1,0đ

 M là trung điểm của BC mà G là trọng tâm của tam giác ABC nên AG =
2
AM
3

 M là trung điểm của HK nên AM là đường trung tuyến của tam giác AHK.
4

Mà G thuộc đoạn AM và AG =

(4,0đ) AHK

2
AM nên G là trọng tâm của tam giác
3

Ta có O là trung điểm của AK nên HO là đường trung tuyến của tam giác
AHK
Nên HO đi qua G do đó HG = 2GO
 Tam giác AHG và tam giác AGO có chung đường cao kẻ từ A đến HO và
HG = 2GO

2,0đ

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Do đó SAHG = 2SAGO

b) Chứng minh

HD HE HF
+
+
=1
AD BE CF

1
HD.BC
HD HE HF 2
Ta có:
+
+
=
+
AD BE CF 1 AD.BC
2
S
= HBC +
S
ABC

S
HAC +
S

ABC

1
HE.AC
2
+
1
BE.A C
2

1
HF.AB
2
1
CF.AB
2

S
+S
+S
S
S
HAC
HAB = ABC = 1
HAB = HBC
S
S
S
ABC
ABC

ABC

Tính diện tích tam giác ABM theo R
M
C
D
N

A
O

B

H

Gọi N là giao điểm của AD và BC; H là giao điểm của MN và AB
Chứng minh góc AHM = 90 0 ; mà góc CAB = 45 0 (gt) nên tam giác
AHM vuông cân
 MH = AH
 MH + HB = AH + HB = 2R

(1)

1,0đ


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

* Tam giác MHB vuông tại H
 HB = MB.cos MBH  MB =

HB
HB
=
= 2HB
cos MBH cos 60 0

5

 MH = MB.sinMBH  MH = MB.sin 60 0 =
(3,0đ)
 HB =

MH
3

=

3.MH
3

Từ (1) và (2) ta có MH +
Vậy: S =

MB. 3
= HB. 3
2

AB.MH 1
= .2R.(3 2

2

2,0đ

(2)
3.MH
6R
= 2R Þ MH =
= (3 3
3+ 3
3) R = (3 -

3).R

3) R 2

Chú :
- Học sinh có thể giải theo cách khác, nếu đúng v n cho điểm tối đa.
- Không có điểm vẽ hình.
- Chứng minh mà không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai thì không có điểm.