Đề thi học sinh giỏi toán 9 cực hay

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC: 2016-2017

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN NAM SÁCH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi: Toán - Lớp 9
Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi: ........................

 3x  9 x  3
 1
1
1
Câu I. (2,0 điểm): Cho biểu thức A  


 2  :
x 1
x 2
 x x 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 II. (2,0 điểm)
1) Giải phương trình:

x  1  3x  2 x  1

2) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (p;q) sao cho: p2 - 2q2 = 1
Câu III. (2,0 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 IV. (3,0 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 AC và BC. 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 định khi M
di chuyển trên đường kính AB (M khác A và B).
Câu IV. (1,0 điểm)
Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn: a+b+c =1. Chứng minh rằng:
c  ab a  bc b  ac



2
a b
bc
ac

Họ và tên thí sinh: .......................................................................................... SBD: ...........................


KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC: 2016-2017

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN NAM SÁCH

Môn thi: Toán - Lớp 9
Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi: ........................
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Câu

Ý
1
Điều kiện:
(0.25đ)

Lời giải

Điểm
0.25

x  0

x  1

 3x  9 x  3
 1
1
1
A  


 2  :
x 1
x 2
 x x 2
 x 1
x3 x 2



I
(2.0đ)








2
(1.0đ)


x  1
x  1
x  1

  x  1


x  2

x  2

x 1

x 2

0.25
0.25



x 1

0.25



x 1

2

0.25

x  0
x  1

Với ĐK: 
Ta có: A 
Vì A 





2



A

2





N

x 1

x  1  0 nên

1
(1.0đ)



2


khi  x  1  1 hoặc  x  1

x  1  1 hoặc





0.25

2

x 1

2

2

Do đó: x = 0 hoặc x 
Vậy

2

2

x  1  1 với mọi x  0 nên 0 

3
2
(0.75đ) Do đó: 
Mà



x 1

2

2

x 1  2 .

2

2 1  3  2 2

0.25

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

Giải phương trình: x  1  3 x  2 x  1 (1)
ĐK: x  0
Đặt a  3 x , b  x  1,  a, b  0 

0.25
0.25

Khi đó ta được PT: b  a  a 2  b2  (a  b)(a  b  1)  0
Mà a + b + 1 > 0 nên a = b.

0.25

Do đó (1)  3 x  x  1  3 x  x  1  x 

1
t / m 
2

1
Vậy nghiệm của PT là x 
2

II

(2.0đ)
2
(1.0đ)

0.25

Ta có: p 2 -2q2 = 1  p2 =2q2 + 1  p lẻ.
Đặt p = 2k+1 (k  N*)  (2k+1)2 = 2q2 + 1  q2 = 2(k2+k)
 q chẵn mà q nguyên tố nên q = 2  p = 3 (thỏa mãn)
Vây cặp số nguyên tố (p;q) cần tìm là (3;2)

0.25

0.25
0.25
0.25
0.25


III
(2.0đ)

2a
(0.75đ)

2b
(1.25đ)

Tìm được A(0;3); B(0;7)
suy ra I(0;5)

0.5
0.25

Hồnh độ giao điểm J của (d1) và (d2) là nghiệm của PT: x+3 = 3x+7
 x = -2  yJ = 1  J(-2;1)
Suy ra: OI2 = 0 2 + 52 = 25; OJ2 = 22 + 12 = 5; IJ2 = 22 + 4 2 = 20
2
2
2
 OJ + IJ = OI  tam giác OIJ là tam giác vng tại J

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

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

C
K
H
IV
(3.0đ)

A

O'

E
M

C'
1
(1.0đ)

O

B

D

Vì CD  AB  CM=MD

0.25

tứ giác ACED có AE cắ t CD tại trung điểm củ a mỗ i đườ ng
nê n là hình bình hành
mà AE  CD  tứ giác ACED hình thoi.

0.25
0.25
0.25

2
(1.0 đ)

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:
MA  MC
MH  AC=MA  MC  MH=
AC
MB  MC
tương tư ï ta có: MK=
BC
MA  MB  MC 2
 MH  MK=
AC  BC
2
mà MA.MB=MC , AC.BC=MC.AB (do tam giác ABC vuông tại C)
MC 2  MC 2 MC3
MH  MK MC



MC  AB
AB
MC 2
AB
mà MC=HK (do CHMK là hình chữ nhật)
MH  MK MC 2MC CD





HK  MC AB 2AB 4 R
HM MK CD
Vậy:


(Đpcm)
HK MC 4 R

0.25
0.25

0.25

 MH  MK=

3
(1.0 đ)

V
(1.0đ)

0.25

Lấy O’ đối xứng với O qua A suy ra O’ cố định.
Tứ giác COC’O’ là hình bình hành vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung
điểm A của mỗi đường.
Do đó O’C’ = OC = R khơng đổi
Suy ra C’ nằm trên đường tròn (O’,R) cố định khi M di chuyển trên đường

kính AB.
Vì a + b + c = 1 nên
c  ab  c( a  b  c )  ab  (c  a )(c  b)

0.25
0.25
0.25
0.25

a  bc  a ( a  b  c )  bc  (b  a)(b  c )

0.25

b  ac  a( 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
bc
2

2

0.25
2

 (c  a )(c  b) 

 (b  a)(b  c ) 
 (a  b)( a  c ) 
 
  
  
 2
a b
ac
bc






2
2
2
Mặt khác dễ thấy: x + y + z  xy + yz + zx , với mọi x, y, z. (*)
Áp dụng (*) ta có:
VT  b  c  a  b  c  a  2

0.25

0.25

1
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =  Đpcm.
3

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