Đề thi khảo sát học sinh giỏi môn Toán lớp 9 trường THCS Nga Thiện, Thanh Hóa lần 1 năm học 2016 2017

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

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN NGA SƠN

KÌ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI - LẦN 1

TRƯỜNG THCS NGA THIỆN

Năm học: 2016 - 2017
Môn thi: Toán 9

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm có 01 trang, 06 câu)

Câu 1 (4,0 điểm)
1) Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị của x:
A=

6 x  ( x  6) x  3
3
1


2( x  4 x  3)(2  x )  2 x  10 x  12 3 x  x  2

Điều kiện x ≥ 0, x ≠ 4; x ≠ 9; x ≠ 1
2) Rút gọn biểu thức: B =

2 3

2  2 3



2 3
2  2 3

Câu 2: (3,0 điểm)
Cho đường thẳng (m – 2)x + (m – 1)y = 1 (d).
a) Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị của m.
b) Tính giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đường thẳng (d) là lớn nhất.
Câu 3: (4,0 điểm)
a) Với


x

52



3

17 5  38

5  14  6 5

. Tính giá trị của biểu thức: B =

 3x

3

 8x2  2 

2015

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x ; y) với x > 1, y > 1 sao cho (3x+1)  y đồng thời (3y +
1)  x.
Câu 4: (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BR, CR c t nhau tại H. Chứng
minh rằng:
a) SABC =

1
AB.BC.sinB và AR.BR.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC.
2

b) tanB.tanC =

AD
HD

c) H là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác DRR.


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

d)

HB.HC HC.HA HA.HB


 1.
AB.AC BC.BA CA.CB

Câu 5: (1,0 điểm)
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn:

x 2  y 2  y 2  z 2  z 2  x 2  2015

x2
y2
z2


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T 
yz zx xy

Câu 6: (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC, I là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Các tia AI, BI, CI c t BC,
CA, AB lần lượt tai M, N, K. Chứng minh rằng:
IA
IB
IC


3 2
IM
IN

IK


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

Tóm tắt cách giải

6x  (x  6) x  3

A
1

3



Điểm

1



0,75

2(x  4 x  3)(2  x) 2x 10 x 12 3 x  x  2

6x  (x  6) x  3

A

3



1



2(2  x)( x  3)( x 1) 2( x  3)(2  x) (2  x)( x 1)

Do x  0; x ≠ 1; x ≠ 4; x ≠ 9

1

A=

6 x  ( x  6) x  3  3( x  1)  2( x  3)
2( x  1)( x  3)(2  x )

A=

6x  x x  6 x  3  3 x  3  2 x  6
2( x  1)( x  3)(2  x )

A=

(2 x  6 x )  2( x  3)  x( x  3)  x ( x  3)
2( x  1)( x  3)(2  x)
( x  1)( x  3)(2  x)

A=

2( x  1)( x  3)(2  x)

B
2

2
B
2
B
2




2 3
2 42 3



=

0,75

0,5

1
=> ĐPCM
2

2 3
2 42 3



2 3
3 3



2 3
3 3

(2  3)(3  3)  (3  3)(2  3) 3  3  3  3

6
(3  3)(3  3)

1  B  2

1,0

0,75
0,25

2

a

Điều kiện cần và đủ để đường thẳng (m – 2)x + (m – 1)y = 1 (d)
đi qua điểm cố định N(xo, yo) là:

0,5

(m – 2)xo + (m – 1)yo = 1, với mọi m
<=> mxo – 2xo + myo – yo – 1 = 0, với mọi m
<=> (xo + yo)m – (2xo + yo + 1) = 0 với mọi m

0,5


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
 xo  y o  0
 x o  1


2 x  yo  1  0
 yo  1
<=>  o

0,5

Vậy các đường thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định N (-1; 1).
b

+ Với m = 2, ta có đường thẳng y = 1
Do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1 (1)
+ Với m = 1, ta có đường thẳng x = -1

0,5

Do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1 (2)
+ Với m ≠ 1 và m ≠ 2
Gọi A là giao điểm của đường thẳng (d) với trục tung.
Ta có: x = 0  y =

1
1
, do đó OA =
m 1
m 1

0,5

Gọi B là giao điểm của đường thẳng (d) với trục hoành.
Ta có: y = 0  x =

1
1
, do đó OB =
m2
m2

Gọi h là khoảng cách Từ O đến đường thẳng (d). Ta có:
1

1
1
3
1 1


 (m  1) 2  (m  2) 2  2m2  6m  5  2(m  ) 2  
2
2
2
2
2 2
h
OA OB

Suy ra h2 ≤ 2, max h = 2 khi và chỉ khi m =
Từ (1), (2) và (3) suy ra Max h =
3
Ta có x 

3



5 2


3

52

5  (3  5) 2

 

3
(3)
2

2 khi và chỉ khi m =
5 2



52

5 3 5

0,5

 1.
3

Từ tính được B = - 1.

3
2

1,25
0,75

b. Dễ thấy x  y . Không mất tính tổng quát, giả sử x > y.
Từ (3y + 1)  x  3 y  1  p.x

 p  N .

Vì x > y nên 3x > 3y + 1 = p.x.
 p < 3. Vậy p  1; 2

*

0,25
0,25


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

Với p = 1  x = 3y + 1  3x + 1 = 9y + 4  y  4  y
Mà y > 1 nên y  2; 4
0,25

+ Với y = 2 thì x = 7.

0,25

+ Với y = 4 thì x = 13.
Với p = 2  2x = 3y + 1  6x = 9y + 3  2(3x + 1) = 9y + 5

0,25

Vì 3x + 1  y nên 9y + 5  y suy ra 5  y, mà y > 1 nên y = 5
suy ra x = 8.
Tương tự với y > x ta cũng được các giá trị tương ứng.
Vậy các cặp (x; y) cần tìm là: (7; 2); (2; 7); (8; 5); (5; 8); (4; 13);
(13; 4)
4

a) 2,0 đ

0,25
0,25
0,25

A

R
R
H
B

D

* Ta có: SABC =

1
.BC.AD.
2

C

1,0

ABD vuông tại D có AD = AB.sinB,
Do đó SABC =

1
BC.AB.sinA.
2

ABR vuông ở R có AR = AB.cosA
BRC vuông ở R có BR = BC.cosB
ACD vuông ở D có CD = AC.cosC

1,0


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

Do đó AR.BR.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC.
b (1,5 đ) Xét ABD có tanB =

AD
AD
; ACD có tanC =
CD
BD

AD 2
suy ra tanB.tanC =
(1)

BD.CD

0,5

  CAD
 (cùng phụ với ACB
 ) nên  BDH   ADC
Do HBD
DH BD
(g.g) 
 BD.DC = DH.DA

DC AD

0,5

AD 2
AD
Kết hợp với (1) được tanB.tanC =
.

DH.AD DH

0,5

c(1,5đ) Chứng minh được ARR  ABC (g.g)

  ABC

 ARR

0,5

  CBA
 nên ARR
  CRD
 mà BR  AC
Tương tự được CRD
  DRB
  RH là phân
  CRB
 = 900. Từ đó suy ra RRB
 ARB

0,5

trong của DRR.
Tương tự DH, RH cũng là phân giác trong của  DRR nên H là

0,5

giao ba đường phân giác trong của DRR.
d (1,0 đ) Ta có: SBHC + SCHA + SAHB = SABC.
Dễ thấy CHR  CAR(g.g)



CH CR
HB.HC HB.CR 2.S BHC S BHC






CA CR
AB.AC AB.CR 2.S ABC S ABC

Tương tự có
Do đó:
5

HC.HA SCHA HA.HB S HAB
;


BC.BA SCBA CA.CB SCAB

HB.HC HC.HA HA.HB SBHC SCHA SAHB





1
AB.AC BC.BA CA.CB SBAC SCBA SACB

Đặt a  x 2  y 2 ; b  y 2  z 2 ;c  z 2  x 2

0,25
0,25

0,25
0,25


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

 a; b;c  0 và a  b  c  2015
Ta có: a 2  b 2  c 2  2(x 2  y 2  z 2 )
 x2 

a 2  b 2  c 2 2 a 2  b 2  c 2 2 a 2  b 2  c 2
;y 
;z 
2
2
2

0,25

Do đó:
(y  z) 2  2(y 2  z 2 )  2b 2  y  z  2b 

Tương tự:
 T


y2
a 2  b2  c2 z 2
a 2  b 2  c 2
.


,

zx
xy
2c 2
2a 2

a 2  b2  c2
2b 2

b



2



a 2  b2  c2



2c 2

c
2



a 2  b2  c2
2a 2

 1 1 1  a b c
(a 2  b 2  c 2 )     

2 2
2
a b c

2



1

 1 1 1  2015
(a  b  c)(a  b  c)     

6 2
2
a b c
1
6 2

2015.9 

2015
2



2015

0,25

2 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c 
Vậy min T 
6

a

0,25

 1 1 1  2015

(a  b  c) 2     

6 2
2
a b c





1

1



0,25

x2
a 2  b2  c2

yz
2b 2

Đặt

2015
2 2

khi x  y  z 

2015
3

2015
3 2

S BIC  x 2 , S CIA  y 2 , S AIB  z 2  S ABC  x 2  y 2  z 2

A
K

N

0,25

I
B

M

C


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
AM S ABC x 2  y 2  z 2
AI
y2  z2
AI y 2  z 2



 1  1


IM
S BIC
x2
IM
x2
IM
x2

IA

IM



2

y z
x

IB
Chứng minh tương tự ta có:

IN

z2  x2
,
y

IC

IK

y2  z2

x

z 2 x 2


y

x2  y2
z

IA
IB
IC



IM
IN
IK




yz
2.x

Vây



zx
2. y



0,5

2

x y
2.z



x2  y2
z

1 y z z x x y  6
3 2
      
2x x y y z z
2

IA
IB
IC


3 2
IM
IN
IK

0,25
1,0