112 đề HSG toán 9 hưng yên 2016 2017

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2016-2017
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút
Ngày thi: 22/3/2017

Câu 1.(2 điểm)
Cho a 

2 1
2 1
. Tính a 7  b7
;b 
2
2

Câu 2. (4 điểm)
a) Cho hàm số y = ax+b (a khác 0) có đồ thi là (d) . Lập phương trình đường thẳng (d),
biết (d) đi qua điểm A(1;2) và cắt trục hoành tại điểm B có hoành độ dương, cắt trục tung
tại điểm C có tung độ dương và thỏa mãn  OB  OC  nhỏ nhất (O là gốc tọa độ)
b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình
3x  16y  24  9x2  16x  32

Câu 3. 3 điểm
Giải phương trình 4x3  5x2  1  3x  1  3x
Câu 4 . (3 điểm)
2

2

y 2x  1  3  5y  6x  3
Giải hệ phương trình  4 2

2y 5x  17x  6  6  15x





Câu 5. (6 điểm)
Cho điểm M thuộc nửa đường tròn (O) đường kính AB  M  A,M  B,MA  MB  .
Tia phân giác của AMB cắt AB tại C. Qua C vẽ đường vuông góc với AB cắt đường
thẳng AM, BM theo thứ tự ở D, H.
a) Chứng minh CA = CH
b) Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên tiếp tuyến tại A của (O), F là hình chiếu
vuông góc của D trên tiếp tuyến tại B của (O). Chứng minh E, M, F thẳng hàng.
c) Gọi S1 ,S 2 thứ tự là diện tích tứ giác ACHE và BCDF . Chứng minh CM2  S1.S 2
Câu 6. (2 điểm)
Cho ba số a, b,c  1 thỏa mãn 32abc  18(a  b  c)  27. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P

a2  1
b2  1
c2  1


a
b

c


ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 9 HƯNG YÊN 2016-2017
Câu 1.
1
4

1
2

Ta có : a  b  2 ;ab  ; a 2  b2  a  b   2ab  2  
2

3
2

Lại có a 7  b7  a3  b3 a 4  b4   a 3b3 a  b 



3
  a  b   3ab(a  b)  a 2  b2

 



2

 2a 2 b2   a 3b3 (a  b)


2
1
1 1
5
17 1
169 2
 3
  3 
  2  3. . 2     2.   . 2  . 2.  . 2 
4
16  16
4
8 64
64

  2 

Câu 2.
a) Do (d) đi qua điểm A(1;2) nên (d) có dạng y  ax  2  a
a2 
Có (d) cắt trục Ox tại B 
;0  và cắt trục Oy tại C  0;2  a 
 a



Vì điểm B có hoành độ dương và C có tung độ dương nên a <0

Khi đó ta có OB  OC 

a 2
2
2
2
 2  a  1  2  a  3 
 (a)  3  2
.(a)  5
a
a
a
a

Suy ra OB + OC nhỏ nhất khi và chỉ khi a   2
Vậy phương trình (d) có dạng: y   2x  2  2
b) 3x  16y  24  9x2  16x  32 (1)
ĐK: 3x  16y  24  0
3x  16y  24  9x 2  16x  32   3x  16y  24   9x 2  16x  32
2

 9(3x  16y  24)2  9  9x 2  16x  32 
  9x  48y  72   81x 2  144x  288
2

  9x  48y  72    9x  8   224
2

2

  9x  48y  72    9x  8   224
2

2

  9x  48y  72  9x  8  9x  48y  72  9x  8   224
 18x  48y  64  48y  80   224
 32.  9x  24 y  32  (3y  5)  224
  9x  24y  32  .  3y  5  7

Với x, y nguyên thì (3y+5) là ước của (-7) và chia cho 3 dư 2


  3y  5  1 hoặc  3y  5  7

+) TH1:  3y  5  1  y  2  x  1
+) TH2:  3y  5  7  y  4  x  7
Vậy các cặp nghiệm nguyên (x;y) là  1; 2  ;(7; 4)
Câu 3. ĐK: x 

1
3

4x 3  5x 2  1  3x  1  3x
 4x 3  5x 2  1  3x  1  3x  0
 4x 3  5x 2  x   2x  1  3x  1  0

 2x  1   3x  1  0
x
 2x  1  3x  1

2

 4x  5x
3

2

  4x 2  x   x  1 

4x 2  x

 2x  1 

3x  1

0



1
  4x 2  x   x  1 
  0(*)
 2x  1  3x  1 

1
1
Với x 
thì  x  1 
0
3

 2x  1  3x  1
x  0
(thỏa mãn điều kiện)
(*)  4x  x  0  
x  1

4
1
Vậy phương trình có nghiệm x  0;x  
4
2

Câu 4.
1
. Biến đổi phương trình thứ hai ta được
2
2
2y4  5x  2  (x  3)  3(2  5x) suy ra x  (loại) hoặc 2xy4  3  6y4
5

Điều kiện xác định x 

2
2

y 2x  1  3. 2x  1  5y  3
Ta đưa về hệ phương trình  4
4

2xy  3  6y

Nhận thấy y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình nên chia 2 vế của phương trình
thứ nhất cho y 2 và phương trình thứ hai cho y 4 có:

3
3
 2x  1  2 2x  1  5  2
y
y


2x  1  3  5

y4


Đặt a  2x  1 ; b 

3
y2

với a  0;b  0
a  ab  b  5

Ta có hệ phương trình 

2
2
a  b  5

Ta được a 

5 b
thay vào phương trình (2) ta có:
1 b

2

 5 b 
2
4
3
2
2
 1  b   b  5  b  2b  3b  20b  20  0   b  1 b  2  b  5b  10  0


a  2
a  1
Suy ra 
hoặc 
b  1
b  2



5

a  2
x 

+Với 
thì  2
b  1
y   4 3


x  1
a  1

4
+) Với 
thì 
3
b

2
y




2

 5
 2




Kết luận (x;y)   ;  4 3  ;  1; 

Câu 5.

 

4

3 

 
2 





D
E

F

M
H
I

A

C

O

B

a) Do MC là phân giác của AMB , theo tính chất đường phân giác 
Xét BHC và BAM có BCH  BMA  900 , ABM là góc chung
 BHC đồng dạng với BAM 

HC AM

(2)
BC BM

Từ (1) và (2)  AC  HC
b) Tứ giác ACHE là hình vuông suy ra AH=EC
Gọi AH cắt EC tại I
Xét AMH vuông tại M  MI 

AH
EC
 MI 
 EMC  900
2
2

AC AM

(1)
BC BM

Chứng minh tương tự ta có CMF  900
Vậy EMF  900  900  1800 suy ra E, M, F thẳng hàng
c) Do tứ giác ACHE là hình vuông  CH 
 S1  CH2 

CE
2

CE 2
 2S1  CE 2
2

Tương tự 2S 2  CF 2
Xét FCE vuông tại C, đường cao CM, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta
có,

1
1
1
 2 
2
CE CF
CM 2

 CM2 

2S S
2S1S 2
CE 2 .CF 2
 1 2 

 S1.S 2
2
2
CE  CF
S1  S 2 2 S1S 2

Dấu “=” xảy ra  S1  S 2  AM  BM (vô lý vì AM < BM)
Vậy CM2  S1.S 2
Câu 6.
+) Sử dụng bất đẳng thức : Với x, y, z  0 , ta luôn có x  y  z  3(x y z)
Từ bất đẳng thức đã cho ta có:
P  1

  1 1 1 
1
1
1
1 1 1
 1  2  1  2  3 3   2  2  2    9  3  2  2  2 
2
a
b
c
b c 
b c 
a
 a

1 1 1
Suy ra P  9     

a b c

2

Từ giả thiết 32abc  18(a  b  c)  27  18

1 1 1  27
  
 32 (*)
 ab bc ca  abc

2

1 1 1 1 1 1 1
1
1 1 1 1
Ta có    .     và
 .   
ab bc ca 3  a b c 
abc 27  a b c 
1 1 1
Đặt t    . Từ (*) ta có
a b c

3

 t2 
 t3 
2
18    27.    32  t 3  6t 2  32  0   t  2  t  4   0  t  2

3
 27 
2

1 1 1
Suy ra P  9       9  22  5
a b c

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c 
Vậy giá trị lớn nhất của P là 5

3
2