011 đề HSG toán 9 quảng ngãi 2016 2017

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NGÃI
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2016 -2017
MÔN TOÁN LỚP 9
Thi ngày 08 tháng 12 năm 2016
(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)

-------------------------------

(Đề thi gồm 01 trang)

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

5 3
2  3 5



3 5
2  3 5

x  x
x  x

x  x 1 x  x 1
2

2

a) Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A
b) Đặt B = A + x – 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B
Bài 2 (4,0 điểm). Giải phương trình
1) Giải phương trình : x  2 x  1  x  2 x  1 

x3
2

2) Giải phương trình: 2 x2  5x  12  2 x2  3x  2  x  5 .
Bài 3 (3,0 điểm).
1) Chứng minh rằng với k là số nguyên thì 2016k + 3 không phải là lập phương
của một số nguyên.
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2  25  y( y  6)
Bài 4 (7,0 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là một điểm nằm trên nửa
đường tròn (O) (C khác A, C khác B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên
AB, D là điểm đối xứng với A qua C, I là trung điểm của CH, J là trung điểm của
DH.
a) Chứng minh CIJ CBH
b) Chứng minh CJH đồng dạng với HIB
c) Gọi E là giao điểm của HD và BI. Chứng minh HE.HD = HC2
d) Xác định vị trí của điểm C trên nửa đường tròn (O) để AH + CH đạt giá trị lớn
nhất.
Bài 5 (2,0 điểm). Cho a, b, c  0 . Chứng minh rằng

a
b

c


 2.
bc
ca
ab

-------------------HẾT-------------------Họ và tên thí sinh:……………..……............…… Họ, tên chữ ký GT1:……………………..
Số báo danh:……………….……..............……… Họ, tên chữ ký GT2:……………………..


GD-ĐT Quảng Ngãi

Bài

HƯỚNG DẪN CHẤM THI
KỲ THI HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn thi : Toán 9

Nội dung

Câu

5 3

1. Rút gọn biểu thức: A =
Câu 1
(1,75đ)

5 3

A=
A=

2  3 5
2( 5  3)
2  ( 5  1) 2

2  3 5

3 5



2  3 5



2(3  5)
2  ( 5  1) 2

=

Điểm
3 5



2  3 5

2( 5  3)
2 62 5





2(3  5)

0,75

2 62 5

2( 5  3)
2(3  5)

5 3
3 5

0,5
0,5

A= 2 2
x2  x
x2  x

x  x 1 x  x 1
a) ĐKXĐ: x  0

2. A 
Bài 1
(4 đ)







0,25
0,5



x x3 1
x x3 1
x2  x
x2  x
A



x  x 1 x  x 1
x  x 1
x  x 1

Câu 2
(2,25)



x

 x







 x





x 1 x  x 1

x 1 x  x 1

x  x 1

x  x 1



x 1  x





0,5

x  1  x  x  x  x  2 x

b) B = A + x – 1= 2 x  x  1  x  2 x  1   x  1  2  2

0,5

Dấu “=” xảy ra  x 1  0  x  1 ( TM ĐKXĐ)
Vậy GTNN của biểu thức B=-2 khi x=1

0,25
0,25

2

1) Giải phương trình : x  2 x  1  x  2 x  1 

x3
2

ĐKXĐ : x  1

0,25

x  2 x 1  x  2 x 1 

Bài 2
(4 đ)

Câu 1
(2đ)

x3
2

x3
 x 1  2 x 1  1  x 1  2 x 1  1 
2
2
2
x3

x 1  1 
x 1 1 
2
x3
 x 1  1  x 1 1 
(*)
2
Nếu x  2 phương trình (*)
x3
x3
 x 1  1  x 1 1 
 2 x 1 

 4 x 1  x  3
2
2









0,5
0,25
0,25
0,25


 16( x  1)  x2  6 x  9  x2  10 x  25  0  ( x  5)2  0  x  5 (TM)

Nếu 1  x  2 phương trình (*)

0,25

Vậy phương trình có nghiệm x=1 và x=5
2) Giải phương trình: 2 x2  5x  12  2 x2  3x  2  x  5 .

0,25

Đặt u  2 x2  5x  12, v  2 x2  3x  2 ( u  0, v  0)

0,25

 u 2  2 x2  5x  12, v 2  2 x 2  3x  2  u 2  v 2  2 x  10  2( x  5)

0,25
0,25
0,25

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

Từ (1)  2(u  v)  (u 2  v2 )  (u  v)(u  v  2)  0 (2)
Vì u  0, v  0 , từ (2) suy ra: u  v  2  0 .

Vì

vậy

2 x2  5x  12  2 x2  3x  2  2 (3)

Câu 2
(2đ)

Bình phương 2 vế và thu gọn ta được phương trình

2 2 x 2  3x  2  x  3

0,25

 x  3
 x  3
 x  3  0





2
2
2
2 2 x  3x  2  x  3 7 x  6 x  1  0 (7 x  7)  (6 x  6)  0
 x  3

( x  1)(7 x  1)  0

0,5

 x  3
1


1  x  1, x   tm 
7
 x  1, x  7
1

Vậy phương trình có hai nghiệm x = -1, x=
7

Câu 1
(1,5đ)
Bài 3
(3 đ)

1) Chứng minh rằng với k là số nguyên thì 2016k + 3 không phải
là lập phương của một số nguyên.
Giả sử 2016k + 3 = a3 với k và a là số nguyên.
Suy ra: 2016k = a3 - 3
Ta chứng minh a3 – 3 không chia hết cho 7.
Thật vậy: Ta biểu diễn a = 7m + r, với r 0;1; 1;2; 2;3; 3 .
Trong tất cả các trường hợp trên ta đều có a3 – 3 không chia hết
cho 7
Mà 2016k luôn chia hết cho 7, nên a3 – 3  2016k. ĐPCM
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Câu 2
(1,5đ)

0,25

0,5

0,25
0,5
0,25

x2  25  y( y  6)

Từ x2  25  y( y  6)
Ta có : (y+3+x)(y+3-x) = - 16

0,25


ý trong phng trỡnh ch cha n s x vi s m bng 2 , do
ú ta cú th hn ch gii vi x l s t nhiờn.
Khi ú: y+3+x y+3-x .
Ta cú ( y+3+x)+(y+3-x) = 2(y+3) l s chn
Suy ra 2 s ( y+3+x ) v (y+3-x) cựng tớnh chn l . Ta li cú tớch
ca chỳng l s chn , vy 2 s ( y+3+x ) v (y+3-x) l 2 s chn.
Ta ch cú cỏch phõn tớch - 16 ra tớch ca 2 s chn sau õy:
-16 = 8 (-2) = 4 (-4) = 2 (-8) trong đó thừa số đầu bằng giá trị
(y+3+x).
Khi y+3+x= 8 , y+3-x = -2 ta có x= 5 , y= 0.
Khi y+3+x= 4 , y+3-x = -4 ta có x= 4 , y= -3.
Khi y+3+x= 2 , y+3-x = -8 ta có x= 5 , y= -6.
Vì thế ph-ơng trình đã cho có các nghiệm :
( x,y) 5,0 ; 5, 6 ; 4, 3 .

0,5

0,25

0,5

D

Bi 4
(7 )

C

E

I

A

Cõu a
(1,5 )

J

H

B

O

+ Vỡ ABC ni tip ng trũn ng kớnh AB nờn AC BC
Suy ra BC CD (1)

0,5

+ Lp lun ch ra IJ // CD (2)
+ T (1) v (2) suy ra IJ BC

+ Suy ra CIJ CBH (cựng ph vi HCB ) (3)

0,5
0,5

+) Trong vuụng CBH ta cú: tan CBH

Cõu b
(2 )

0,5

CH
(4)
BH

+ Lp lun chng minh c CJ // AB
+ M CH AB (gt)
+ Suy ra CJ CH
+) Trong tam giỏc vuụng CIJ ta cú tan CIJ
+ T (3), (4), (5)

CH CJ

HB HI

0,5

CJ
CI

CJ
CI
HI

HI (5)

0,5


+ Xét

CJH và HIB có HCJ  BHI  900 và

+ Nên

CJH đồng dạng với

CH CJ
(cmt)

HB HI

0,5

HIB
0,5

+ Lập luận để chứng minh được HEI  90
+ Chứng minh được HEI đồng dạng với HCJ

0

Câu c
(1,5 đ)

0,5

HE HI
+ Suy ra

HC HJ

+ Suy ra HE.HJ = HI.HC
1
2

0,5

1
2

+ Mà HJ  HD; HI  HC
+ Suy ra HE.HD = HC2
C
M

450
A

Câu d

(2 đ)

H

O

K

B

N

+ Lấy điểm M trên nửa đường tròn (O) sao cho BOM 450
+ Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại M cắt AB tại N. Ta có
M và N cố định.
+ Kẻ MK  AB tại K
+ Chứng minh được MON vuông cân tại M và KM = KN
Suy ra ANC  450
Xét C M
Ta có C M nên H K
Do đó AH + CH = AK + KM = AK + KN = AN (không đổi)

0,5

+ Xét C khác M.
Tia NC nằm giữa hai tia NA và NM
Do đó ANC ANM 450
+ HNC có NHC 900
nên HNC HCN 900
Mà HNC 450 nên HCN 450

Suy ra HNC HCN
Suy ra HC < HN

0,5

0,5

0,5
+ Do đó AH + CH < AH + HN = AN
+ Vậy Khi C ở trên nửa đường tròn (O) sao cho BOC

450 thì


AH + CH đạt giá trị lớn nhất

Chứng minh rằng

a
b
c


 2.
bc
ca
ab

Áp dụng BĐT Cauchy ta có
a  b  c  2 a b  c  

Bài 5
(2 đ)

0,5

a
2a

bc abc

Chứng minh tương tự ta được
b
2b
c
2c

;

ca abc ab abc
2a  b  c
a
b
c



2
Suy ra
bc

ca
ab
abc
a  b  c
Dấu bằng xảy ra  b  c  a  a  b  c  0 (Trái với giả thiết)
c  a  b


Vậy dấu = không xảy ra suy ra đpcm.

0,5

0,5
0,5