Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 Phòng GDĐT Phú Lộc, Thừa Thiên Huế năm học 2016 2017

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

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

HUYỆN PHÚ LỘC

NĂM HỌC 2016 – 2017

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi: Toán – Lớp 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (4,0 điểm):
 3x  9 x  3
Cho biểu thức A  

x

x

2


1

x 1

1


x2

 1
2 :
 x 1

1) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa.
2) Rút gọn biểu thức A.
3) Tìm giá trị của x để

2
là số tự nhiên.
A

Câu 2. (4,0 điểm)
1) Giải phương trình: x 2  10 x  27  6  x  x  4
2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A 

x 1
x  x 1
2

Câu 3. (4,0 điểm):
Cho hai đường thẳng: y = x + 3 (d1); y = 3x + 7 (d2)
1) Gọi A và B lần lượt là giao điểm của (d1) và (d2) với trục Oy. Tìm tọa độ trung điểm I
của đoạn thẳng AB.
2) Gọi J là giao điểm của (d1) và (d2). Tam giác OIJ là tam giác gì? Tính diện tích của tam
giác đó.
Câu 4. (6,0 điểm)

Cho đường tròn (O;R) đường kính AB. Gọi M là điểm nằm giữa A và B. Qua M vẽ dây
CD vuông góc với AB, lấy điểm E đối xứng với A qua M.
1) Tứ giác ACED là hình gì? Vì sao?
2) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của M trên AB và AC. Chứng minh rằng:
HM MK CD


HK MC 4R

3) Gọi C’ là điểm đối xứng với C qua A. Chứng minh rằng C’ nằm trên một đường tròn cố


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

định khi M di chuyển trên đường kính AB (M khác A và B).
Câu 5. (2,0 điểm)
Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
c  ab a  bc b  ac


2
ab
bc
ac


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

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

Ý

Lời giải

1

1

x  0
Điều kiện: 
x  1

2

 3x  9 x  3
A

 x x 2



=

=
3

0,5

1


x 1

x3 x 2

=


x  1
x  1
x  1

x 2

x 1



x 1

0,5



0,5

x  0
Với điều kiện: 
x  1



Vì A =



Do đó:

2

A

Mà



x 1



2



Vậy

2

2

x  1 ≥ 1 với mọi x ≥ 0 nên 0 ≤
2



x 1

2

x  1 > 0 nên

  khi













x 1

2

x  1 = 1 hoặc

x  1 =1 hoặc

Do đó: x  0 hoặc x 

1

0,5

2

Ta có: A =

2

0,5

 1
1
 2 :
x2
 x 1

  x 1 


x  2

x  2

x 1

Điểm

x 1 =

2



0,5

≤2



2

x 1 = 2

0,5

2

2

2 1  3  2 2

0,5

2
là số tự nhiên khi x  0 hoặc x  3  2 2
A

Giải phương trình: x 2  10 x  27  6  x  x  4
0,5

Điều kiện: 4 ≤ x ≤ 6
VT  x 2  10 x  27   x  5  2  2 , dấu “=” xảy ra  x  5
2


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

VP  6  x  x  4 

Dấu “=” xảy ra 

2



12  12  
1

6 x

 
2

6 x 



2
x  4   VP  2 ,


1
6 x  x4  x 5
x 1

VT  VP  x  5 (TMĐK).

0,5

Vậy nghiệm của phương trình là x  5

0,5

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A

x 1
x  x 1
2

2

0,25

1 3

Ta có: x  x  1   x     0, x  
2 4

2

A

x 1
x2  x 1 x2
x2
x2


1


1
 0, x   )
(vì
x2  x 1
x2  x 1
x2  x 1
x2  x 1

Đẳng thức xảy ra khi x = 0, suy ra: maxA = 1 khi x = 0
x 2  4x  4   x 2  x  1
x 1

3x  3
A 2
 3A  2

x  x 1
x  x 1
x2  x  1

 x  2

2

=

x2  x 1

 x  2

1  1 (vì

x2  x 1

2

0,25
0,5

 0, x )

1

Suy ra: minA =  , khi x  2
3

1

0,5

2

1
Suy ra: A   , đẳng thức xảy ra khi x  2  0  x  2
3

3

0,5

0,25
0,25

Tìm được A(0; 3); B(0; 7)

1,0

Suy ra I(0; 5)

0,5

Hoành độ giao điểm J của (d1) và (d2) là nghiệm của PT: x + 3 =

0,5

3x + 7

0,5

 x = – 2  yJ = 1  J(-2;1)

Suy ra: OI2 = 02 + 52 = 25; OJ2 = 22 + 12 = 5; IJ2 = 22 + 42 = 20

0,5


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

 OJ2 + IJ2 = OI2  tam giác OIJ là tam giác vuông tại J

0,5

1
1
 S OIJ  OI .OJ   5  20  5 (đvdt)
2
2

4

1

2

Vì CD  AB  CM = MD

0,5

Tứ giác ACED có AE cắt CD tại trung điểm của mỗi đường nên

0,5

là hình bình hành

0,5

Mà AE  CD  tứ giác ACED là hình thoi

0,5

Vì tam giác ABC có AB là đường kính (O) nên ∆ABC vuông tại
C, suy ra tứ giác CHMK là hình chữ nhật
Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông ta có:
MH.AC = MA.MC  MH =
Tương tự ta có: MK =
 MH.MK =

MA.MC
AC

MB.MC
BC

MA.MB.MC
AC.BC

2

Mà MA.MB = MC2; AC.BC = MC.AB (do ∆ABC vuông tại C)
MC 2 .MC 2 MC3
MH.MK MC
=

=
 MH.MK =
MC.AB
AB
MC 2
AB

Mà MC = MK ( do CHMK là hình chữ nhật)

0,5

0,5
0,5


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



MH.MK MC 2MC CD

=
=
=
HK.MC AB 2AB 4R

Vậy:
3

0,5

HM MK CD

=
(đpcm)
HK MC 4R

Lấy O’ đối xứng với O qua A, suy ra O’ cố định.

0,5

Tứ giác COC’O’ là hình bình hành vì có hai đường chéo cắt nhau
tại trung điểm A của mỗi đường.

0,5

Do đó O’C’ = OC = R không đổi

0,5

Suy ra C’ nằm trên đường tròn (O’;R’) cố định khi M di chuyển

trên đường kính AB.
5

0,5

Vì a + b + c = 1 nên
c + ab = c(a + b + c) + ab = (c + a)(c + b)
a + bc = a(a + b + c) + bc = (b + a)(b + c)

0,5

b + ac = b(a + b + c) + ac = (a + b)(a + c)
nên BĐT cần chứng minh tương đương với:

c  ac  b  b  ab  c   a  b a  c  2
a b

ac

2

bc
2

0,5
2

 c  a c  b 
 b  a b  c  
  a  b a  c  

 
  
  
 2
a

b
a

c
b

c







Mặt khác dễ thấy: x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx , với mọi x, y, z (*)

0,5

Áp dụng (*) ta có:
VT  b  c  a  b  c  a  2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b =c =

1

 đpcm
3

0,5

Chú ý:
1) Nếu thí sinh làm bài không làm bài theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ
số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
2) Bài hình không vẽ hình thì không chấm điểm.