Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 thành phố Thanh Hóa năm học 2016 2017

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

PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ

THANH HÓA

NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn Toán: Lớp 9

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Thời gian làm bài: 150 phút)

Bài 1: (5,0 điểm)

 x2
x
1  x 1
. Với x  0, x  1.


:
2
x
x

1
x


x

1
1

x



Cho biểu thức: P  

a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm x để P 

2
.
7

c) So sánh: P2 và 2P.
Bài 2: (4,0 điểm)
a) Tìm x, y  Z thỏa mãn: 2 y 2 x  x  y  1  x 2  2 y 2  xy
b) Cho a, b, c là các số nguyên khác 0 thỏa mãn điều kiện:
2

1 1 1
1 1 1
     2 2 2.
b c
a b c a
Chứng minh rằng: a 3  b3  c3 chia hết cho 3.

Bài 3: (4,0 điểm)
a) Giải phương trình sau:

4 x 2  20 x  25  x 2  6 x  9  10 x  20

b) Cho x, y là 2 số thực thoả mãn: x2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: A = x + y + 1.
Bài 4: (6,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. N là điểm tùy ý thuộc cạnh AB. Gọi E là giao
điểm của CN và DA. Vẽ tia Cx vuông góc với CE và cắt AB tại F. Lấy M là trung điểm
của EF.
a) Chứng minh: CM vuông góc với EF.
b) Chứng minh: NB.DE = a2 và B, D, M thẳng hàng.
c) Tìm vị trí của N trên AB sao cho diện tích của tứ giác AEFC gấp 3 lần diện tích của


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

hình vuông ABCD
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

a
b
c
a
b
c






ab bc ca
bc
ca
ab
-------------- Hết-----------Lưu ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.


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

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9
Bài Câu
1

a

Nội dung

Điểm

Điều kiện: x  0, x  1.

0,5

 x2
P

x

x

1
x


x2
 

3
 x 1 x 


0,5

 




b

x
1  x 1

:
2
x 1 1 x 

x

1  x 1

:
2
x 1
x  1 


x  2  x ( x  1)  ( x  x  1)





x  2 x 1





x 1 x  x 1





x 1 x  x 1

.

:

x 1
2

2
x 1

0,5

0,5

2
x  x 1

Với x  0, x  1. Ta có:

P

2
7

0,5

2
2

x  x 1 7

1,0

 x  x 1  7

0,25



 x x 60
 ( x  2)( x  3)  0
Vì

x  3  0 nên

Vậy P =
c

0,25

x  2  0  x  4 (t/m)

2
khi x = 4
7

Vì x  0  x  x  1  1

0,25


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

2
2
x  x 1
 0P2
 P ( P  2)  0
 0

0,25

 P2  2P  0

0,25

 P2  2P
Dấu “=” xảy ra khi P = 2  x = 0

0,25

Vậy P2  2P
2

a

2 y2 x  x  y  1  x2  2 y2  xy
 2 y2 x  x  y  1  x2  2 y2  xy  0
  x  1 (2 y2  y  x)  1

0,5
0,25

Vì x, y Z nên x - 1 Ư(-1) = 1; 1
+) Nếu x – 1 = 1  x = 2

0,5

Khi đó 2y2 - y – 2 = - 1

 y = 1 (t/m) hoặc y =

1
Z (loại)
2

+) Nếu x – 1 = -1  x = 0

0,5

Khi đó 2y - y = 1
2

 y = 1 (t/m) hoặc y =

1
Z (loại)
2

0,25

x  2 x  0

; 
y 1 y 1

Vậy 
b

a) Từ giả thiết

1 1 1
1 1 1
(   )2  2  2  2
a b c
a
b c
1
1
1
 2(   )  0
ab bc ca
Vì a, b, c  0 nên a + b + c = 0

0,5
0,5

0,5


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

 a  b  c

  a  b    c 

0,25

 a 3  b3  3ab(a  b)  c3

0,25

3

3

 a 3  b3  c3  3abc
Vậy a 3  b 3  c3 3

với a, b, c  Z

Lưu ý: Nếu học sinh sử dụng hằng đẳng thức
x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx)
mà không chứng minh thì trừ 0,5 điểm.
3

a

Đkxđ: x  R

0,25

4 x 2  20 x  25  x 2  6 x  9  10 x  20
Vì

4 x 2  20 x  25  x 2  6 x  9  0 với x

 10x – 20  0  x  2

0,5

Ta có:

4 x 2  20 x  25  x 2  6 x  9  10 x  20
 2 x  5  x  3  10 x  20
 2 x  5  x  3  10 x  20
 7 x  28
 x  4(t / m)

0,5
0,5
0,25

Vậy phương trình có nghiệm là x = 4
b

x2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0.

0,5

  x  y   7( x  y )  10   y 2
2

 ( x  y  2)( x  y  5)   y 2  0

 4  x  y  1  1
* x + y + 1 = - 4 khi x = - 5; y = 0
* x + y + 1 = - 1 khi x = - 2; y = 0
Vậy Amin = - 4 khi x= - 5; y = 0
Amax = - 1 khi x = -2; y = 0

0,5
0,5
0,5


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

4

a

E
M

A

N

B

F

1,0
D

C

  BCF
 (cùng phụ với ECB
)
Ta có: ECD
Chứng minh được:  EDC =  FBC (cạnh góc vuông – góc nhọn)

1,0

 CE = CF
  ECF cân tại C
Mà CM là đường trung tuyến nên CM  EF
b

* Vì  EDC =  FBC  ED = FB

0,5

 NCF vuông tại C. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
ta có:
BC2 = NB.BF  a2 = NB.DE (đpcm)

0,5

*  CEF vuông tại C có CM là đường trung tuyến nên CM 

 AEF vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên AM 

EF
2

EF
2

0,5

 CM = AM  M thuộc đường trung trực của AC.
Vì ABCD là hình vuông nên B, D thuộc đường trung trực của AC

0,5

 B, D, M thẳng hàng vì cùng thuộc đường trung trực của AC
(đpcm).
c

Đặt DE = x (x > 0)  BF = x

0,5


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

SACFE = SACF + SAEF =

1
AF   AE  CB 
2

1
 (AB  BF)   AE  AD 
2
1
 (a  x).DE
2
1
 (a  x)x
2
SACFE = 3.SABCD 

0,25

0,5

1
(a  x)x  3a 2  6a 2  ax  x 2  0
2

 (2a  x)(3a  x)  0
Do x > 0; a > 0  3a + x > 0  2a  x  0  x = 2a

0,5

 A là trung điểm của DE  AE = a
Vì AE //BC nên

AN AE

1

NB BC

0,25

 N là trung điểm của AB.
Vậy với N là trung điểm của AB thì SACFE = 3.SABCD
5

* Vì a, b, c > 0 nên
Tương tự:



a
a
a c
.
1

ab
ab abc

b
ba
c
c b

;

bc abc ca abc

a
b
c


 2 (1)
ab bc ca

* Ta có:

a
a

bc
a (b  c)

Vì a, b, c > 0 nên theo bất đẳng thức Cô- si ta có:
a  (b  c )
 a (b  c )  0
2
2
1


abc
a (b  c )

0,5

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



2a

abc

Tương tự:



a
2a
a


abc
bc
a (b  c)

2b
b
2c
c

;

abc

ac abc
ba

a
b
c


2
bc
ca
ab

Dấu ‘ =” xảy ra khi a = b + c; b = c + a; c = a +b

0,5

tức là a = b = c (vô lý).



a
b
c


 2 (2)
bc
ca
ab

Từ (1) (2) ta có đpcm.
* Lưu ý khi chấm bài:
- Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm
tương ứng.
- Với bài 5, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.