Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 huyện khoái châu năm học 2017 2018 có đáp án

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HUYỆN KHOÁI CHÂU
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Năm học: 2017 - 2018
Môn thi: TOÁN 9
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1. (4,0 điểm).
1) Rút gọn: A 
2) Cho B 

2 3
2  2 3



2 3
2  2 3

x x  5 x  12 2( x  3)
x 3


x x 6
x 2
3 x

a) Tìm ĐKXĐ và rút gọn B
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của B

Bài 2. (3,0 điểm).
1) Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào biến x:
3

A x
4

2  3. 6 7  4 3  x

9  4 5. 2  5  x

2) Chứng minh rằng số 20142  20142.20152  20152 là một số nguyên dương.
Bài 3. (3,0 điểm).
1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 x 2  3 y 2  4 x  19 .
2) Giải phương trình:  4 x  2  x  8  3x 2  7 x  8
Bài 4. (4,0 điểm).
1) Cho đường thẳng ( d ) có phương trình: 3(m - 1)x +( m - 3)y = 3
a) Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị của m.
b) Tìm m để đường thẳng (d) cách gốc tọa độ một khoảng lớn nhất.
2) Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh rằng:
1
1
1
1 1
1
1 
 2
 2
 




x  yz
y  xz z  xy 2  xy
yz zx 
2

Bài 5. (4,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H
(D  BC; E  AC; F  AB). Chứng minh rằng:
1) Bốn điểm B, F, E, C cùng nằm trên một đường tròn? Xác định tâm và bán kính của đường
tròn đó.
2) HA.HD = HB.HE = HC.HF.
3) H là giao điểm của ba đường phân giác trong của tam giác DEF.
 .sin CFE
1
4) sin 
ADF .sin BED
8

Bài 6. (2,0 điểm).
1. Cho ABC vuông tại A có AB  AC , AM là trung tuyến với M  BC . Biết

ACB   , 
AMB   . Chứng minh rằng: (sin   cos ) 2  1  sin  .
2. Chứng minh rằng luôn tồn tại số nguyên dương có tận cùng là 2012 chia hết cho 2011.
----------HẾT---------Họ và tên thí sinh:............................................... Số báo danh:.....................Phòng thi số:...........
Chữ ký của giám thị 1:........................................


HƯỚNG DẪN CHẤM

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HUYỆN KHOÁI CHÂU

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Năm học: 2017 - 2018
Môn: TOÁN 9

I. Hướng dẫn chung
1) Hướng dẫn chấm thi này chỉ trình bày các bước chính của lời giải hoặc nêu kết quả.
Trong bài làm, thí sinh phải trình bày lập luận đầy đủ.
2) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm
từng phần như hướng dẫn quy định.
3) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bảo
không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi.
4) Các điểm thành phần và điểm cộng toàn bài phải giữ nguyên không được làm tròn.
II. Đáp án và thang điểm
Đáp án

Bài
1)
42 3

2

Biến đổi: 2  3 
Bài 1
(4,0 đ)

42 3

Tương tự 2  3 

2

Điểm
2,0 đ

 3  1

2



2

0,25đ



3 1
2

2

0,25đ

Do đó :
2 3

A





3 1

3 1



2

3 2 6


6



3 1












3 1



3 1



2


2



2

3 1
2

3 1



2

2

3 1
2

0,25đ

2

0,25đ

2

3 2 6







6

3 1





2

3 1

3 1 3 1 2 3


6
6

0,5đ


2

0,5đ
2,0 đ

2)
a) ĐKXĐ: x  0, x  9
Với x  0, x  9 ta có:
B





2



2 2 6 2

3 1

2

3 1

2  2 3

2

2 2 6 2







2 3



2  2 3





x x  5 x  12

x x 5



x 3



0,25đ
x 3
x 3

 x 2
x  12  2  x  3   x  3
 x  2 x  3

x 2





2

x 3

2

x 2


0,25đ





x x  5 x  12  2 x  12 x  18  x  5 x  6



x 2



x 3



x x  3 x  12 x  36


x


0,25đ

 x  3
x  3  12  x  3

 x  2 x  3
 x  3  x  12

 x  2 x  3
x 2

0,25đ

x  12
x 2
Với x  0, x  9 ta có:
x  12
16
16
B
 x 2
 x 2
4
x 2
x 2
x 2


0,25đ

áp dụng bất dẳng thức Cosy cho 2 số không âm x  2 và
16
ta có:
x 2

x 2

16
2
x 2



x 2



16
8
x 2

0,25đ

Dấu đẳng thức xảy ra
x 2=

16

x 2



x 2



2

 42  x  4 (TM)

Vậy Giá trị nhỏ nhất của P  4  x  4
1)
3

A x 

0,25 đ
0,25 đ
1,5 đ

2  3. 6 7  4 3  x

9  4 5. 2  5  x
ĐKXĐ: x  0

0,25đ

(2  3)2 . 6 7  4 3  x

0,25đ

4

Bài 2
(3,0 đ)

6

 x
4

6

 x
4

4

7  4 3. 6 7  4 3  x

9  4 5. 4 9  4 5  x
6

 x

 x

9  4 5. 4 (2  5)  x
2

72  (4 3)2  x

92  (4 5)2  x

1 x

(1  x ).(1  x )
 x
1
1 x
1 x

Giá trị biểu thức bằng 1, không phụ thuộc giá trị của x
2)
Đặt Q =

20142  20142.20152  20152

 Q  20142  2.2014.2015  20152  20142.20152  2.2014.2015



0,25đ

 2015  2014 

2

 2.2014.2015  20142.20152

0,25đ

0,5đ
1,5 đ
0,5 đ

0,5 đ


= 12  2.2014.2015  (2014.2015)2
=

1  2014.2015

2

0,5 đ

=1  2014.2015 là một số nguyên dương

Vậy Q là số nguyên dương (ĐPCM).
Bài 3
(3,0 đ)

1)
2 x  3 y  4 x  19  2( x  2 x  1)  3(7  y )  2( x  1)  3(7  y )
 3(7  y 2 ) 2  7  y 2  2  y là số nguyên lẻ
2

2

2

2

2

2

1,5 đ
0,5 đ

Mà 2.  x  1  0  7  y 2  0  y 2  1  y   1

0,5 đ

Từ đó tìm ra các cặp nghiệm: (2; 1); (2; -1); (-4; 1); (-4; -1)

0,5 đ

2)
Điều kiện x  8

1,5 đ
0,25 đ

2

  4 x  2  . x  8  3x 2  7 x  8
 x  8  3 x. x  8   x  2  x  8  3 x  x  2   0
 x8






x8  x2



 x8  x 2

 x  8  3 x

Bài 4
(4,0 đ)



x  8  3x   x  2 







x  8  3x  0

x  8  3x  0

0,75 đ

1
 2

Giải PT (1) tìm được x = 1(tm), x = -4 (loại)
Giải PT (2) tìm được x = 1 (tm), x = -8/9 (loại)
Kết luận: PT đã cho có một nghiệm là x = 1
1)
a) Gọi điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn đi qua với mọi giá
trị của m là M  x 0 ; y0  . Khi đó ta có:
3  m  1 x 0   m  3 y 0  3  0 đúng với mọi m
  3x 0  y0  m  3  x 0  y 0  1  0 đúng với mọi m

0,25 đ
0,25 đ
2,0 đ

0,25 đ

1

x

0

3x 0  y0  0
2
0,5 đ


3  x 0  y0  1  0
 y  3
 0 2

Vậy với mọi giá trị của m thì đường thẳng (d) luôn đi qua điểm
0,25 đ
1 3
cố định là M  ;  
2 2
3
b)-Với m = 1 thì đường thẳng (d) có dạng: y =
.Khi đó 0,25 đ
2
3
khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d) là (1)
2
1
- Với m = 3 thì đường thẳng (d) có dạng: x = .Khi đó khoảng 0,25 đ
2
1
cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d) là (2)
2
- Với m  1;m  3 thì đường thẳng (d) giao với Oy tại A


3 

 1

A  0;
;0 
 ,giao với trục Ox tại điểm B 
 m 3
 m 1 

3
1
.
 OA 
;OB 
m3
m 1
  900 ;OH  AB
Trong tam giác OAB có O
1
1
1
1
1





2
2
2
2
2
OH
OA
OB
 3 
 1 





 m3 
 m 1 
10m 2  24m  18

9
9
OH 2 
2
10m  24m  18
2
6  18 18

2
Ta có 10m  24m  18  10  m     > 0
5
5
5

9
 2,5 .Hay OH 2  2,5
2
10m  24m  18

 0  OH 

10
2

Dấu bằng xảy ra khi m 
Vậy với m 

6
(thỏa mãn)
5

10
6
thì  OH 
(3)
5
2
0,5 đ

10
6
khi m 
5
2

Từ(1)(2)(3) tacó OH max 

2,0 đ

2)
Áp dụng BĐT Cô si cho các số dương x 2 và yz, ta có:
1
1

1 1

 .
x  yz 2 x yz 2 x yz
1
1 1
1
1 1
 .
Tương tự, ta có: 2
và 2
 .
z  xy
2 z xy
y  xz
2 y xz
x 2 + yz  2 x 2 yz  2 x yz 

0,25 đ

2

1
1
1
1 1
1
1







2
2
2
x  yz
y  xz z  xy 2  x yz
y xz
z xy
yz  xz  xy
1
1
1


Ta có:
=
(2)
xyz
x yz
y xz
z xy

Suy ra:

0,25 đ





(1)

0,25 đ

0,25 đ

Ta có: yz  xz  xy  x + y + z (3)
Thật vậy: (*)  2 yz  2 xz  2 xy  2 x  2 y  2 z




x 

 
2

y

z 

 
2

x

y 

x



2

 0 (BĐT đúng)

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z
Từ (2) và (3) suy ra:

1
1
1


x yz
y xz
z xy

0,5 đ


x yz
1
1
1
(4)




xyz
yz xz xy
1
1
1
1 1
1
1 
Từ (1) và (4) suy ra: 2
 2
 2
 



x  yz
y  xz z  xy 2  xy
yz zx 


Bài 5
(4,0 đ)

0,25 đ

A

A

E

E

F

F

H

H

K

B

0,25 đ

D I

C

M

B

Hình 1
1. (1,0 điểm)

D

C

Hình 2

Hình 1
- Gọi I là trung điểm BC
BC
(1)
2
BC
+ BFC vuông tại F có: IB  IC  FI  BI  CI 
(2)
2
BC
Từ (1) và (2) suy ra BI  FI  EI  CI 
2
BC
- Vậy bốn điểm B, F, E, C cùng thuộc đường tròn ( I ;
)
2

+ BEC vuông tại E có: IB  IC  EI  BI  CI 

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

2. (1,0 điểm)
Hình 1
 (đđ )
 
AHE  BHD
+) Xét HAE và HBD có 


A H
DB( 900 )
 HE
 AHE dong dang voi BHD 

HA HE

 HA.HD  HB.HE (1)
HB HD

+) Chứng minh tương tự, ta có:
HA HF

 HA.HD  HC.HF (2)
HC HD
+) Từ (1) và (2)  HA.HD  HB.HE  HC.HF

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

AHF dong dang voi CHD 

0,25 đ

3. (1,0 điểm)
Hình 2
HD HF

HC HA
  CHA
 (đđ )
 DHF

HDF và HCA có  HD HF

(cmt )

 HC HA
  HCA
 (3)
 DHF dong dang voi CHA  HDF
  HBA
 (4)
Tương tự: DHE dong dang voi BHA  HDE
  HCA
 (cùng phụ với BAC
 ) (5)
+) HBA

+) Ta có: HA.HD  HC.HF 

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ


  HDE
  DH là phân giác của FDE
 (*)
+) Từ (3);(4) và (5)  HDF
 (**)
- CM tương tự, ta có: EH là phân giác của DEF
- Từ (*) và (**)  H là giao điểm của 3 đường phân giác trong DEF
4. (1,0 điểm)

0,25 đ

Hình 2
- Kẻ DK  BE ( K  BE ) . Gọi BE  DF  M  .
  sin KED
  DK mà DK  DM  sin BED
  DM
 sin BED
DE
DE
DM FM
Mặt khác
(t/c đường phân giác)


DE
FE
DM FM DM  FM
DF




DE
FE
DE  FE
DE  FE
+) Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương DE; EF , ta có
DF
DF
hay
DE  EF  2 DE.EF 

DE  EF 2 DE.EF
DF

sin BED
2 DE.EF
DE
EF

- CM tương tự, ta có:: sin CFE
; sin 
ADF 
2 FD.FE

2 DE.DF
EF
DF
DE
.sin CFE

 sin 
ADF .sin BED
.
.
2 DE.DF 2 DE.EF 2 FD.FE

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

.sin CFE
  1 (ĐPCM)
 sin 
ADF .sin BED
8
 DE  EF

Dấu “=” xảy ra   EF  FD  DEF đều.
 FD  DE


Bài 6

(2,0 đ)

1. Vẽ hình chính xác
Dựng AH  AB
Do AB  AC
Nên H nằm giữa B và M

0,25 đ

B
H

0,25đ
β

M
α

A

C

Ta có
BC
.sin  (1)
2
Mà AH  AC.sin 
Có AC  BC .cos
 AH  BC.cos .sin  (2)
BC

Từ (1) và (2) suy ra:
.sin   BC.cos .sin 
2
Hay sin   2.cos .sin 
Do đó: 1  sin   1  2.cos .sin 
1  sin   sin 2   cos 2  2.cos .sin   (sin   cos ) 2
Vậy (sin   cos ) 2  1  sin 
AH  AM .sin  

2. Xét 2011 số có dạng sau: a1=2012; a2 = 20122012;

0,25đ

0,25đ

0,25đ


...2012
a3=201220122012, … , a2011  20122012


0,25đ

2011 sô 2012

Nếu một trong 2011 số trên chia hết cho 2011 thì đó chính là số
phải tìm
Nếu không có số nào trong 2011 số trên chia hết cho 2011 thì
phải có 2 số ai, ak (ai

(nguyên tắc Đi-rich-lê)
Khi đó, ak-ai chia hết cho 2011 tức là tồn tại số
b  ak  ai  20122012
...2012 .10i chia hết cho 2011 mà (10i, 2011)


0,25đ

0,25đ

k  i sô 2012

...2012 chia hết cho 2011. Điều này vô
= 1 nên Suy ra, 20122012

k  i sô 2012

lí với giả thiết không có số nào trong 2011 số trên chia hết cho
2011.
Vậy luôn tồn tại số nguyên dương tận cùng là 2012 chia hết cho
2011
----------HẾT----------

0,25đ