PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN KIM BƠI
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
CẤP THCS, NĂM HỌC 2017 - 2018
Mơn: Tốn
Đề chính thức
(Thời gian làm bài 150 phút, khơng kể thời gian giao đề)
- Đề thi gồm 01 trang -
x 2
x 2 x2 2x 1
.
x 1 x 2 x 1
2
Câu 1: (4,0 điểm) Cho A =
a) Rút gọn A.
b) Tìm x để A > 0.
Câu 2: (6,0 điểm)
2
2
a) Giải phương trình: 2 x 8 x 3 x 4 x 8 18
x y xy 1
2
2
b) Giải hệ phương trình x y xy 7
c) Cho ABC vuông cân tại A, điểm K bất kỳ thuộc cạnh BC.
Chứng minh: 2KA2 = KB2 + KC2.
Câu 3 : (3,0 điểm)
a) Cho a b c 0 , tính giá trị của biểu thức:
1
1
1
2 2
2
2
2
2
b c a
a c b
a b2 c2
2
b) Tìm số tự nhiên n sao cho A n n 6 là số chính phương.
P
2
Câu 4 : (5,0 điểm)
Cho 3 điểm A, B, C nằm trên một đường thẳng d (B nằm giữa A và C). Vẽ
đường tròn tâm O đi qua B và C (O không nằm trên đường thẳng d). Kẻ AM và AN
là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại M và N. Gọi I là trung điểm của BC, AO
cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q (P nằm giữa A và O), BC cắt
MN tại K.
a) Chứng minh AMO ANO AIO
b) Chứng minh AK.AI = AB.AC
c) Gọi D là trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt
đường thẳng MP tại E. Chứng minh P là trung điểm ME.
Câu 5: (2,0 điểm)
Cho ba số a; b; c 0 và a + b + c = 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = abc(a+b)(b+c)(c+a).
------------------- Hết -------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Mơn: Tốn
Câu
ý
a
Đáp án và hướng dẫn chấm
ĐKXĐ: x 0, x 1
A x ( x 1)
A 0 x ( x 1) 0
1
b
2
2
1,0
x ( x 1) 0
x 0
0 x 1
x 1 0
Điểm
1,0
1,0
(vì
x x 1)
1,0
2
2 x 8 x 3 x 4 x 8 18
2( x 2 4 x 8) 3 x 2 4 x 8 2 0
Đặt
a
x 2 4 x 8 y, y 0 ta được phương trình:
y=2
¿
1
y=−
2
¿
¿
¿
¿
2
2
¿ 2 y −3 y −2=0 ⇔2 y + y − 4 y −2=0 ¿
⇔ ( y − 2)(2 y +1)=0 ⇔
1
y = 2 <0 (loại); với y = 2 ta có
2
1,0
1,0
2
x 4 x 8 2 x 4 x 12 0
( x 6)( x 2) 0
x 6 hoặc x 2 (thỏa mãn phương trình đã cho)
Vậy pt đã cho có 2 nghiệm: x 6 , x 2
b
1,0
1,0
A
E
c
F
Kẻ KE AB, KF AC
B
C
các KBE vuông cân ở E ; KFC vuông cân K
ở F.
Mặt khác : Tứ giác AEKF là hình chữ nhật nên KE = FA
Vế phải = KB2 + KC2 = BE2 + KE2 + KF2 + FC2.
= 2(KE2 + KF2)= 2( FA2 + KF2) = 2AK2 (Theo Pitago)
1
1
1
2 2
2
2
2
2
b c a
a c b a b2 c 2
1
1
1
2 2
2 2
2
2
2
2
b c (b c ) a c (a c) a b (a b) 2
1
1
1
a b c
0
(voi : abc 0)
2bc 2ac 2ab
2abc
A n2 n 6 là số chính phương nên A có dạng
P
a
4n 2 4n 24 4k 2 (2k ) 2 (2n 1) 2 23
b
1,0
2
A n 2 n 6 k 2 (k N * )
3
1,0
(dk : abc 0)
0,5
1,0
0,5
2k 2n 1 23
(2k 2n 1)(2k 2n 1) 23
2k 2n 1 1
(Vì 23 là số nguyên tố và 2k + 2n + 1> 2k – 2n – 1)
2k 2 n 1 23
2k 2n 1 1
k 6
n 5
Vậy với n = 5 thì A là số chính phương
1,0
M
Q
P
A
B
O D
H
K
I
a
C
E
d
N
I là trung điểm của BC ( dây BC không đi qua O )
OI BC AIO 900
0
Ta có AMO 90 ( do AM là hai tiếp tuyến (O) )
ANO 900
( do AN là hai tiếp tuyến (O) )
AMO ANO AIO
Vậy
( = 900)
AM, AN là hai tiếp tuyến (O) cắt nhau tại A nên OA là tia phân
giác MON mà ∆OMN cân tại O nên OA MN
1
ANB=ACN=
2 sđ NB
∆ABN đồng dạng với ∆ANC ( Vì
và
AB AN
=
AB.AC=AN 2
CAN
chung ) suy ra AN AC
(1)
4
b
c
2,0
0,5
0,5
∆ANO vuông tại N đường cao NH nên ta có AH.AO = AN2 (2)
Suy ra AB.AC = AH.AO
0
∆AHK đồng dạng với ∆AIO ( vì AHK=AIO=90 và OAI chung ) 1,0
AH AK
=
AK.AI=AH.AO (3)
AI AO
Từ (1); (2); (3) suy ra AK.AI = AB.AC
0
Ta có PMQ=90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ).
Ta có ∆MHE đồng dạng ∆QDM có MEH=DMQ ( cùng phụ với
ME MH
DMP ), EMH=MQD
MQ
DQ
MPO
( cùng phụ với
)
∆PMH đồng dạng với ∆MQH (g.g)
1,0
MP MH MH
MQ HQ 2 DQ
MP 1 ME
MQ 2 MQ
ME = 2 MP P là trung điểm ME.
Áp dụng BĐT côsi cho 3 số a;b;c 0, ta có:
3
1 = a +b+c 3 abc
(1)
2 = (a+b)+(b+c)+(c+a) 3 (a b)(b c)(c a) (2)
Nhân (1) và (2) vế với vế (do hai vế đều không âm), ta
3
5
1,0
được:
3
3
29 A
A
2
8
9 A 729
8
1
a b c
3
Do đó: Max A = 729
1,0