Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh ninh bình năm học 2016 2017 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn: TOÁN

Ngày thi: 21/02/2017
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang

Câu 1 (4,0 điểm):
Cho biểu thức: M 

2 x  16
x  4 2 x 1
với x  0; x  4; x  16


x 6 x 8 2 x
x 4

a) Rút gọn biểu thức M
b) Tìm x để M  6
c) Tìm các số nguyên x để M là số nguyên
Câu 2 (6,0 điểm): Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
a) x 4  2x 3  2x 2  2x  x 2  2x  10  2
b) 4 x 3  8  x 2  x  10
c) x 2  2y 2  2xy  4x  3y  2  0 , trong đó x, y là các số nguyên dương

1

4x

2
(1

)3

x  y 1

d) 
1
 4y  2 (1 
) 1

x  y 1
Câu 3 (2,0 điểm): Cho phương trình: x 2  2(m  1)x  m2  2m  1  0 ( x là ẩn; m là tham số
khác 0). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1;x 2 thỏa mãn:

2
1
10


0
2
x  x 2 x1x 2 9m
2
1

Câu 4 (6,0 điểm): Cho đường tròn tâm O, bán kính R có đường kính AB cố định. C là một
điểm thay đổi trên đường tròn (C khác A và B). Gọi H là hình chiếu của C trên AB, I là
trung điểm của AC. Đường thẳng OI cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R) tại M, đường
thẳng MB cắt đường thẳng CH tại K.
a) Chứng minh 4 điểm C, H, O, I cùng thuộc một đường tròn
b) Chứng minh MC là tiếp tuyến của đường tròn (O;R)
c) Chứng minh IK song song với AB
d) Xác định vị trí của điểm C để chu vi tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị
lớn nhất đó.
Câu 5 (2,0 điểm): Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  3 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức Q  a 3  b3  c3
------HẾT----Họ và tên thí sinh :..................................................... Số báo danh:…………….........................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:.................................................................................................
Giám thị 2:.................................................................................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2016-2017
Môn: TOÁN - Ngày thi 21/2/2017

(Hướng dẫn chấm này gồm 06 trang)
I. Hướng dẫn chung
1. Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó.
2. Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau.
3. Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không cho điểm.

4. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm đủ
từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất.
5. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm
bảo không sai lệch và đảm bảo thống nhất thực hiện trong toàn hội đồng chấm.
6. Điểm toàn bài thi lẻ đến 0,25.
II. Hướng dẫn chi tiết
Câu Đáp án

2 x  16
x  4 2 x 1


với x  0; x  4; x  16
x 6 x 8 2 x
x 4
a) Rút gọn biểu thức M

Điểm

Cho biểu thức M 

(1,25 điểm)

2 x  16
x  4 2 x 1


( x  2)( x  4)
x 2
x 4

0.25



2 x  16  ( x  4)( x  4)  (2 x  1)( x  2)
( x  2)( x  4)

0.25



x x 2
( x  2)( x  4)

0.25



( x  2)( x  1)
( x  2)( x  4)

0.25

- Ta có M 



x 1
x 4

Câu
1(4đ) b) Tìm x để M = 6
x 1
6
Ta có: M  6 
x 4
 x  1  6( x  4)
 x 5
 x  25

c) Tìm các số x nguyên để M là số nguyên

0.25
(1,25 điểm)
0.5
0.25
0.25
0.25
(1,5 điểm)

x 45
5
 1
x 4
x 4
5
Để M là số nguyên thì
 Z  ( x  4) là ước của 5
x 4

Ta có: M 

0.5
0.25

 ( x  4) 5;5; 1;1  x 1;9;3;5

0.25

Suy ra: x  9; 25; 81

0.25

Vậy: x  9; 25; 81 thì M  Z

0.25

1


Giải các phương trình, hệ phương trình sau
a) GPT: x 4  2 x3  2 x 2  2 x  x 2  2 x  10  2
- Điều kiện x  R (hoặc x2  2x  10  0 )

(1,5 điểm)
0.25
0.25

- Phương trình  ( x4  2 x3  x2 )  ( x2  2 x  1)  x2  2 x  10  3

 ( x 2  x) 2  ( x  1) 2  ( x  1) 2  9  3

Câu
2
(6đ)

0.25

( x 2  x ) 2  0

Do x  R : ( x  1)2  0
 ( x 2  x) 2  ( x  1) 2  ( x  1) 2  9  3

2
 ( x  1)  9  3
( x 2  x ) 2  0

Dấu bằng xẩy ra ( x  1)2  0
 x  1 (tmđk)

2
 ( x  1)  9  3

0.25

0.25

Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x = -1.

0.25

b) GPT: 4 x 3  8  x 2  x  10
- Điều kiện x  2

(1,5 điểm)

- Phương trình:  4 ( x  2)( x 2  2 x  4)  x 2  2 x  4  3( x  2)
4

0.25

x2
3( x  2)
 1 2
x  2x  4
x  2x  4

0.25

2

t  1
x2
2
Đặt t  2
(t  0) , khi đó ta có 4t  1  3t   1
t 
x  2x  4
 3
2

2
+) TH1: t  1  x  2  x  2 x  4  x  3x  2  0  x  1; 2 (tm : x  2)

0.25
0.25


11  177
(tm : x  2)
x 
1
2
2
2
+) TH2: t   9( x  2)  x  2 x  4  x  11x  14  0  
3

11  177
(tm : x  2)
x 

2




- Vậy tập nghiệm của pt: S  1; 2;



0.25


11  177 11  177 
;

2
2



0.25

*Cách khác:
- Điều kiện x  2
- Phương trình  4 ( x  2)( x 2  2 x  4)  ( x 2  2 x  4)  3( x  2)

0.25

Đặt u  x2  2 x  4; v  x  2;; u  0, v  0 . Khi đó ta có 4uv  u 2  3v2

0.25

u  v

Học sinh lập luận ra 
u  3v

0.25

+) TH1: u  v  x 2  2 x  4  x  2  x 2  3x  2  0  x  1; 2 (tm : x  2)

0.25


11  177 11  177 

;

2
2





+) TH2: u  3v  x 2  2 x  4  9( x  2)  x 2  11x  14  0  x  



- Vậy tập nghiệm của pt: S  1; 2;

0.25

11  177 11  177 

;

2
2






2
2
c) GPT: x  2 y  2xy  4x  3 y  2  0 , trong đó x, y là các số nguyên dương

0.25
(1,5 điểm)

2


Viết lại pt dưới dạng: x2  2x( y  2)  2 y 2  3 y  2  0 (*)
Coi (*) là pt bậc hai ẩn x. Pt (*) có nghiệm nên

0.25

'  0  ( y  2)2  (2 y2  3 y  2)  0  y 2  y  6  0  3  y  2

0.25

Do y là số nguyên dương nên y  1; 2

0.25

 x  1
x  3

+) TH1: y  1  x 2  2 x  3  0  

0.25

Cặp số x = 3; y = 1 thỏa mãn pt ban đầu
+) TH2: y  2  x2  0  x  0 (ktm : x  0)
- Vậy nghiệm của pt: ( x; y)  (3, 1)
1

 4 x  2(1  x  y  1)  3

d) GHPT: 
1
 4 y  2(1 
) 1

x  y 1
1
2

0.25
0.25
(1.5 điểm)

1
2

- Điều kiện: x   ; y   ; x  y  1  0
0.25

1
2

1
2
1
3

1  x  y  1  4 x  2 (a)

- Hệ phương trình  
1
1
1 

(b)
 x  y  1
4y  2

Từ hệ phương trình suy ra x   ; y  

0.25

3
1

(1)
4x  2
4y  2

2
3
1
Trừ vế theo vế của pt (a) cho pt (b), ta được:


(2)
x  y 1
4x  2
4y  2
4
9
1
Nhân tương ứng hai vế của (1) và (2):


x  y 1 4x  2 4 y  2
 4(4 x  2)(4 y  2)  ( x  y  1)(4 x  36 y  16)

Cộng vế theo vế của pt (a) và pt (b), ta được: 2 

0.25

0.25

 x 2  8 xy  9 y 2  5( x  y )  0  ( x  y)( x  9 y  5)  0
+) TH1: x  y Thay vào (a):

1


4y  2  1  y  

1
3
4
1

 (4y  2)  2  3 4y  2  
1
2y  1
4y  2
 4y  2  2  y 

2
1
1
1
1
1
1
1
1
y    x   (tm : x  ; y  ); y   x  (tm : x  ; y  )
4
4
2
2
2
2
2

2
1
1
+) TH2: x  9 y  5  0 loại do x   ; y  
2
2

1

1
1 1 

);( , ) 
- Vậy nghiệm của hệ là: ( x; y )  ( ,
4 2 2
 4

0.25

0.25

Cho phương trình x 2  2(m  1) x  m2  2m  1  0 ( x là ẩn; m là tham số khác 0). Tìm m để

Câu
3(2đ) phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn:

2
1
10



0
2
x  x2 x1 x2 9m
2
1

(2 điểm)

3


Phương trình phải có 2 nghiệm phân biệt x1; x2

0.25

  '  0  (m 1)2  (m2  2m  1)  0  4m  0  m  0
Theo Viet: x1  x2  2(m  1); x1 x2  m2  2m  1
2
1
10

 0 thì x1 x2  0  m 2  2m  1  0  m  1
Để tồn tại đẳng thức 2 2 
x1  x2 x1 x2 9m

0.25

(Học sinh không lập luận phần này vẫn cho điểm)
Ta có:

2
1
10
2
1
10


0


0
2
2
x  x 2 x1x 2 9m
(x1  x 2 )  2x1x 2 x1x 2 9m
2
1
10
1
1
10

 2

0 2
 2

0
2

2
4(m  1)  2(m  2m  1) m  2m  1 9m
m  6m  1 m  2m  1 9m
1
1
1
10
1
1
10
 (

 )0

 0
1
1 9
m m6 1 m2 1 9
m6
m2
m
m
m
m
1
Đặt t  m  . Do m  0; m  1 nên t  0; t  2 . Khi đó ta có phương trình
m
 t  3 (tm : t  0; t  2)
1
1

10
2

  0  10t  22t  156  0   26
t 
t 6 t 2 9
(ktm: t  0; t  2)
5


0.25

2
1

Với t  3  m 

0.25
0.25

0.25


1
 3  5 3  5 

 3  m2  3m  1  0  m  
;

m

2 
 2



0.25


 3  5 3  5 

;
 là giá trị cần tìm
2 
 2



Vậy m  

0.25

Cho đường tròn tâm O, bán kính R có đường kính AB cố định. C là một điểm thay đổi trên
đường tròn (C khác A và B). Gọi H là hình chiếu của C trên AB, I là trung điểm của AC.
Đường thẳng OI cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R) tại M, đường thẳng MB cắt đường
thẳng CH tại K.

M
C

Câu

4(6đ)
I
K
A

O

H

B

a) Chứng minh 4 điểm C, I, O, H cùng thuộc một đường tròn
(1,5 điểm)
0.5
+) CH  AB  CHO  900 nên H thuộc đường tròn đường kính CO
0
+) OA  OC; IA  IC  AOC cân tại O có trung tuyến OI nên OI  AC  OIC  90
0.5
 I thuộc đường tròn đường kính CO

4


Vậy: 4 điểm O, I, C, H cùng thuộc một đường tròn đường kính CO
b) Chứng minh MC là tiếp tuyến của của (O; R)
Tam giác OAC cân tại O, có OI là đường trung tuyến nên OI là đường trung trực
Mà M  OI  MA  MC

0.5
(1,5 điểm)

0.5

OA  OC

Xét hai tam giác AMO và CMO có OM chung  OAM  OCM (c.c.c)
 MA  MC


Vì MAO  900  MCO  900  MC  CO , hay MC là tiếp tuyến của (O;R)
c) Chứng minh IK song song với AB

0.5
0.5
(1,5 điểm)

CH  AB
KH BH BH
 KH / / MA 


(1)
MA AB 2 R
 MA  AB

Ta có 

0.25

Do ACB  900  BC  AC  BC / /OM
Xét hai tam giác BCH và OMA có

0.25


CH BH BH
 BHC  OAM
 BCH OMA 


(2)

MA
OA
R
CBH

MOA


Từ (1) và (2) suy ra CH  2KH  K là trung điểm của CH
 IC  IA
 IK là đường trung bình của CAH  IK / / AH  IK / / AB
CAH có: 
 KC  KH

0.25
0.25
0.5

d) Xác định vị trí của điểm C để chu vi tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất

đó.
(1,5 điểm)
Chu vi tam giác ABC là (2P)  AB  BC  CA  2R  (CB  CA)
0.25
2
2
2
2
2
2
2
Mặt khác ta có (CB  CA)  (CB  CA )(1  1 )  2 AB  8R
0.25
0.25
 CA  CB  2 2 R
Suy ra (2P)  2R  2 2R  (2  2 2) R
0.25
0.25
Dấu “=” xảy ra  CA  CB  C là điểm chính giữa cung AB
0.25
Vậy: Max(2 P)  2(1  2) R  C là điểm chính giữa cung AB
Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
(2,0 điểm)
Q  a3  b3  c3
a, b, c  0
 0  a, b, c  3
a  b  c  3

Do 

0.25

Ta có b3  c3  (b  c)3  3bc(b  c)  (3  a)3  3(a  3)bc

0.25

a  3  0
3
3

 3(a  3)bc  (a  3)(3  a) 2   (3  a)3
Do 
bc 2 1
2
4
4
bc  (
)  (3  a)


2
4
Câu
3
1
3
3
3
3
2

3
5(2đ) Suy ra b  c  (3  a)  (3  a)  (27  27a  9a  a )
4
4
1
3
Khi đó Q  a3  b3  c3  a3  (27  27a  9a 2  a3 )  (a3  3a 2  9a  9)
4
4
3
3
  4  (a3  3a 2  9a  5)    4  (a  1)2 (a  5)   3
4
4

0.25
0.25
0.25
0.25

5


 a  3  0

 a  1  0
a 
Dấu bằng xẩy ra  b  c

 a  b  c 1


a  b  c  1
a  1  0
a  b  c  3


0.25

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 3 khi a = b = c = 1

0.25

6