Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 thành phố vinh năm học 2016 2017(có đáp án)

PHÕNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ

THÀNH PHỐ VINH

DỰ THI CẤP TỈNH CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9
NĂM HỌC: 2016 – 2017

Đề chính thức
Đề thi gồm có: 01 trang

Môn: Toán - Lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 26 tháng 11 năm 2016

ĐỀ BÀI
Bài 1 (4,0 điểm)
1) Cho a +b + c = 0 và a, b,c đều khác 0. Rút gọn biểu thức:
ab
bc
ca
A= 2
 2
 2
2
2
2
2
a b c
b c a

c  a 2  b2
2) Tính giá trị của biểu thức:
P=

x 3  x 2  5x  3  6
x  2x  7x  3
3

2

tại x = 1  3 2  3 4 .

Bài 2 (4,0 điểm)
 x 2  xy  y 2  3
1) Giải hệ phương trình: 
 x  y  xy  5
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau:
x
( 2x + 5y + 1)( 2  x 2  x + y ) = 105
Bài 3 (4,0 điểm)
1) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n thỏa mãn (20142014 +1) chia hết
cho n3 + 2012n.
2) Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn 2x2 + x = 3y2 + y.
Chứng minh x – y; 2x +2y +1 và 3x + 3y +1 đều là các số chính phương.
Bài 4 ( 6,0 điểm)
Cho đường tròn (O,R) và một đường thẳng d không có điểm chung với đường
tròn. Trên d lấy một điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đường
tròn (A, B là các tiếp điểm). Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến của (O) tại C cắt AB
tại E.
a) Chứng minh BCM đồng dạng với BEO

b) Chứng minh CM vuông góc với OE.
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của dây AB và diện tích tứ giác MAOB.
Bài 5 (2,0 điểm)
1 1 1
Giả sử a, b, c là những số thực thỏa mãn a, b, c  o và a  b  c     0 .
a b c

Chứng minh rằng:

a6  b6  c6
 abc
a3  b3  c3

(Hết)
Họ và tên thí sinh: ..........................................................Số báo danh: ................. Phòng thi: ............


PHÕNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ

THÀNH PHỐ VINH

DỰ THI CẤP TỈNH CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9
NĂM HỌC: 2016 – 2017

Bài

Câu

1)
2,0đ
1
(4,0
đ)

HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn: Toán - Lớp 9
Tóm tắt cách giải
Từ a + b + c = 0 suy ra a + b = - c.
Bình phương hai vế ta được a2 + b2 + 2ab = c2
nên a2 + b2 - c2 = - 2ab
Tương tự : b2 + c2 - a2 = - 2bc và c2 + a2 - b2 = - 2ac .
ab
bc
ca
1
1 1
3
Do đó: A =


   
2ab 2bc 2ca
2
2 2
2
3
Vậy A = 
2

Điểm

0,75
0,5

0,75

Ta có: x ( 3 2  1)  ( 1  3 2  3 4)( 3 2  1)  2  1  1.
Suy ra x 3 2 = x + 1  2x 3  (x 1)3 hay x3 = 3x2 + 3x + 1
Do đó
P 

2)
2,0đ


3x 2  3x  1  x 2  5x  3  6
3x 2  3x  1  2x 2  7x  3

4(x  1)2  6
(x  2) 2



2 x 1  6
x2





0,75

4 x 2  8x  4  6
x 2  4x  4

2(x  1)  6 2x  4

2
x2
x2

(vì x = 1  3 2  3 4 > 2) .

0,5

0,5
0,25

Vậy P =2 tại x = 1  3 2  3 4
 x 2  xy  y 2  3
Ta có: 
<=>
x

y

xy


5

Đặt a = x –y , b = xy (1)

1)
2,0đ
2

(4,0
đ)

(x  y) 2  3xy  3

 x  y  xy  5

a 2 + 3b  3
Hệ phương trình trên trở thành: 
a  b  5
a  3
a   6
Giải hệ phương trình trên ta được: 
hoặc 
b   2
b  - 11
Với a = 3, b = -2 thay vào (1) ta được:
x - y  3
x  1
x  2

và 


xy   2
y  -2
y  -1
Với a = - 6, b = - 11 thay vào(1) ta được:
x  y   6
x - y  - 6

( Hệ PT vô nghiệm).

 2
xy


11
y

6y

11

0


x  1
x  2
vµ 
Vậy hệ phương trình có nghiệm là: 
y  -2 y  -1

0,25

0,5

0,5

0,5
0,25


Bài

Câu

Tóm tắt cách giải
( 2x + 5y + 1)( 2  x 2  x + y ) = 105

Điểm

x

2)
2,0đ

Vì 105 là số lẻ nên 2x +5y +1 và 2 x  x 2  x + y phải là các
số lẻ.
Từ 2x +5y +1 là số lẻ mà 2x +1 là số lẻ nên 5y là số chẵn suy
ra y là số chẵn.
x
2  x 2  x + y là số lẻ mà x 2  x  x(x  1) là tích của hai

số nguyên liên tiếp nên là số chẵn, y cũng là số chẵn nên
x
2 là số lẻ. Điều này chỉ xảy ra khi x = 0.
Thay x = 0 vào phương trình đã cho ta được:
( 5y + 1)( y + 1) =105
 5y2 + 6y – 104 = 0
 5y2 – 20y + 26y – 104 = 0
5y( y – 4) + 26(y – 4) = 0
 (5y + 26)(y – 4) = 0
26
 y= 
( loại) hoặc y = 4( thỏa mãn).
5
Vậy phương trình có nghiệm nguyên(x;y) = ( 0 ; 4)

0,5

0,5

1,0

2014

1)
2,0đ

3

(4,0
đ)

2)
2,0đ

Giả sử tồn tại số nguyên n thỏa mãn (2014
+1) chia hết
3
cho n + 2012n.
Ta có : n3 + 2012n = (n3 – n) + 2013n = n(n -1)(n +1)+2013n.
Vì n -1, n, n+1 là ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia
hết cho 3.
Suy ra n(n-1)(n +1) 3; mà 2013 3 nên (n3 + 2012n) 3 (1)
Mặt khác: 20142014 + 1 = (2013 + 1)2014 +1 chia cho 3 dư 2
( vì 2013 3). (2)
Từ (1) và (2) dẫn đến điều giả sử trên là vô lý, tức là không có
số nguyên nào thỏa mãn điều kiện bài toán đã cho.
Từ : 2x2 + x = 3y2 + y
(1)
2
2
2
=> 2x – 2y + x – y = y
=> (x- y)(2x + 2y + 1) = y2.
(2)
2
2
Mặt khác từ (1) ta có: 3x – 3y + x – y = x2
 ( x –y)( 3x +3y +1) = x2
=>(x –y)2( 2x + 2y +1)(3x +3y +1) = x2y2
=> ( 2x + 2y +1)(3x +3y +1) là số chính phương. (3)

Gọi ( 2x + 2y +1; 3x +3y +1) = d
=> ( 2x + 2y +1) d; (3x +3y +1) d
=> (3x +3y +1) - ( 2x + 2y +1) = (x + y) d
=> 2(x +y) d =>( 2x + 2y +1) - 2(x +y) = 1 d nên d = 1
=> ( 2x + 2y +1; 3x +3y +1) = 1
(4)
Từ (3) và (4) => 2x + 2y +1 và 3x +3y +1 đều là số chính
phương.
Lại có từ (2) =>(x- y)(2x + 2y + 1) là số chính phương
 x- y cũng là số chính phương.
Vậy 2x2 + x = 3y2 + y thì x –y; 2x +2y +1 và 3x + 3y +1đều
là các số chính phương.

0,5

0,5
0,75
0,25

0,25
0,25
0,5

0,5
0,25

0,25


Bài

Tóm tắt cách giải

Câu

Điểm

A
O
Q
C

N

P

I
B
M

E
d

H

1)

Q là giao điểm của AB với OM.
Ta có AM // CE(cùng vuông góc với AC)
 BEC  MAB ( so le trong)

Mà ABC  90 ; AQM  90 và AMO  OMB ( tính chất
hai tiếp tuyến cắt nhau).
 AMO  OMB  BCE (cùng phụ với hai góc bằng nhau)
BE
OB
MB OB
=> tan BCE  tan OMB 
(1)



BC MB
BC BE
Lại có MBA  OBC ( cùng phụ với ABO )
0

4
2,0đ
(6,0
đ)

2)
1,5đ

0,5

0

0,5
0,5

Nên MBC  OBE ( cùng = 900 + OBC ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra  MBC
 OBE (c.g.c)

0,5

 OBE  BCM  BEO
Từ  MBC
Gọi I và N lần lượt là giao điểm của OE với BC và MC.
 BIE
 NIC (g.g)  IBE  INC

0,5

mà IBE  90 => INC  90 . Vậy CM  OE
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d. P là giao điểm
của AB với OH
OQ OP

Ta có  OQP  OHM (.g.g) =>
OH OM
R2
2
2
 QO. OM = OP. OH = OA = R  OP 
OH
Mà O và d cố định => OH không đổi => OP không đổi
0

3)

Gọi

0

Lại có : AB = 2AQ = 2

0A  OQ mà OQ  OP
2

 AB  2 OA 2  OP 2  2 R 2 

( không đổi)

2

R4
2R

. OH 2  R 2
2
OH
OH

0,75
0,25

0,5
0,25

0,25
0,25


Bài

Câu

Tóm tắt cách giải
Dấu “=” xảy ra  Q  P  M  H
2R
VậyGTNNcủaAB =
. OH 2  R 2  M  H
OH

Điểm
0,25

A

O
Q
A1

P

3)

C

N
I

B1

B
M

E

2,5đ

d

H

1
AB.OM  AQ.OM
2
Vẽ dây cung A1B1 vuông góc với OH tại P, do P và (O) cố
định nên A1B1 không đổi.
Vì OP  OQ  AB  A1B1 (liên hệ giữa dây và khoảng
cách từ tâm đến dây).
1
Mà OM  OH  SAOBM  A1B1.OH ( không đổi)
2
Dấu “=” xảy ra  M  H
1
Vậy GTNN của SAOBM  A1B1.OH khi và chỉ khi M  H
2

*) Vi MO  AB nên SAOBM 

b) * a + b + c = 0 => a + b = -c => (a + b)3 = -c 3 => a3 + b3
+ c3 = -3ab(a + b) = 3abc

0,25

0,25

0,25

0,25

1,0

* 1  1  1  0 => ab + bc + ca = 0
a

5
2,0 đ

b

c

* a6 + b6 + c6 = (a3 )2 + (b3)2 + (c3)2 = (a3 + b3 + c3)2 –
2(a3b3 + b3c3 + c3a3)
* ab + bc + ca = 0 => a3b3 + b3c3 + c3a3 = 3a2b2c2
Do đó * a6 + b6 + c6 = (3abc)2 – 2.3a2b2c2 = 3a2b2c2. + Vậy:

0,5

a b c
3a b c
0,5
(2,0

 abc
3
3
3
a b c
3abc
đ)
Lưu ý: Học sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa. Bài hình không vẽ
hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm điểm.
6

6

6

2

2 2