50 Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 9 Cấp Tỉnh Có Đáp Án
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn đó. Chứng minh MB + MC = MA. Gọi H, I, K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB, BC, CA. Gọi S, S’ lần lượt là diện tích của tam giác ABC, MBC. Tài liệu giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao. Mời đọc đón xem!
Chủ đề: Đề HSG Toán 9 478 tài liệu
Môn: Toán 9 3.1 K tài liệu
Tác giả:
Preview text:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS BÌNH ĐỊNH Đề chính thức Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1 (6,0 điểm).
1. Cho biểu thức: P = 2m + 16m + 6 m − 2 3 + + − 2 m + 2 m − 3 m − 1 m + 3 a) Rút gọn P.
b) Tìm giá trị tự nhiên của m để P là số tự nhiên.
2. Cho biểu thức: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc với a, b, c là các số nguyên.
Chứng minh rằng nếu a + b + c chia hết cho 4 thì P chia hết cho 4.
Bài 2 (5,0 điểm).
a) Chứng minh rằng: với mọi số thực x, y dương, ta luôn có: 1 1 4 + x y x + y b) Cho phương trình: 2
2x + 3mx − 2 = 0 (m là tham số). Có hai nghiệm x và x . 1 2 2 2 2 + +
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = (x − x )2 1 x 1 x 1 2 + − 1 2 x x 1 2
Bài 3 (2,0 điểm)
Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 1 + + + + 2 2 2 x + yz y + xz z + xy 2 xy yz zx
Bài 4 (7,0 điểm).
1. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. M là một điểm di
động trên cung nhỏ BC của đường tròn đó. a) Chứng minh MB + MC = MA
b) Gọi H, I, K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB, BC, CA. Gọi
S, S’ lần lượt là diện tích của tam giác ABC, MBC. Chứng minh rằng: Khi M di động ta luôn có đẳng thức: 2 3 (S + 2S') MH + MI + MK = 3R
2. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. AD, BE, CF là các đường cao. Lấy M trên
đoạn FD, lấy N trên tia DE sao cho MAN = BAC . Chứng minh MA là tia phân giác của góc NMF ĐÁP ÁN Trang 1
Bài 1 (6,0 điểm).
1a) Rút gọn được P = m + 1 (với m 0, m 1) m − 1 1b) P = m + 1 = 1 + 2 m − 1 m − 1 Ta có: P N 2
N m − 1 là ước dương của 2 m 4; 9 (TMĐK) m − 1
Vậy m = 4; m = 9 là giá trị cần tìm.
2) a + b + c 4 (a, b, c Z)
Đặt a + b + c = 4k (k Z) a + b = 4k – c ; b + c = 4k – a ; a + c = 4k – b
Ta có: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc = (4k – c)(4k – a)(4k – b) – abc = ( 2
16k − 4ak − ack + ac)(4k − b) − abc = 64 3 2 2 2
k − 16bk − 16ak + 4abc − 16ck + 4bck + 4ack − abc − abc = ( 3 2 2 2
4 16k − 4bk − 4ak + abk − 4ck + bck + ack ) − 2abc (*)
Giả sử a, b, c đều chia 2 dư 1 a+ b + c chia 2 dư 1 (1)
Mà: a + b + c 4 a + b + c 2 (theo giả thiết) (2)
Do đó (1) và (2) mâu thuẫn Điều giả sử là sai
Trong ba số a, b, c ít nhất có một số chia hết cho 2 2abc 4 (**) Từ (*) và (**) P 4
Bài 2 (5,0 điểm). a) 1 1 4 + + a b 4
(a + b)2 4ab (a − b)2 0 (đúng) x y x + y ab a + b
b) PT có a, c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt x và x 1 2 Ta có: 3m 2 x + x = − và x .x = − 1 2 2 1 2 2 2 2 2 + + M = (x − x )2 1 x 1 x 1 2 + − = ......= 1 2 x x 1 2 2 2 − − ( 1 x x 1 x x x − x 1 + = x + x − 4x x 1 + 1 2 )2 ( ) 2 ( 1 2 )2 1 2 ( 1 2 ) (x x ) 1 2 (x x )2 1 2 1 2 = 9 2 2 9 +
m + 8 2 + 8 8 2 + 8 2
Dấu “=” xảy ra khi m = 0
Vậy GTNN của M là 8 2 + 8 khi m = 0
Bài 3 (2,0 điểm)
Áp dụng BĐT Cô si cho các số dương 2 x và yz, ta có: 1 1 1 1 2 x + yz 2
2 x yz = 2x yz = . 2 x + yz 2x yz 2 x yz Tương tự, ta có: 1 1 1 1 1 1 . và . 2 y + xz 2 y xz 2 z + xy 2 z xy Trang 2 Suy ra: 1 1 1 1 1 1 1 + + + + (1) 2 2 2 x yz y xz z xy 2 x yz y xz z xy + + + + + Ta có: 1 1 1 + + = yz xz xy (2) x yz y xz z xy xyz
Ta có: yz + xz + xy x + y + z (3)
Thật vậy: (*) 2 yz + 2 xz + 2 xy 2x + 2y + 2z
( x − y )2 + ( z − x)2 + ( y − x)2 0 (BĐT đúng)
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z Từ (2) và (3) suy ra: 1 1 1 + +
x + y + z 1 1 1 = + + (4) x yz y xz z xy xyz yz xz xy Từ (1) và (4) suy ra: 1 1 1 1 1 1 1 + + + + 2 2 2 x + yz y + xz z + xy 2 xy yz zx
Bài 4 (7,0 điểm).
1.a) Cách 1: Trên tia đối của tia MC lấy điểm E sao cho ME = MB
Ta có: BEM là tam giác đều BE = BM = EM A BMA = BEC MA = EC A Do đó: MB + MC = MA Cách 2: O O
Trên AM lấy điểm E sao cho ME = MB E Ta có: B BEM là tam giác đều C BE = BM = EM B C
MBC = EBA (c.g.c) MC= AE M Do đó: MB + MC = MA M E
1.b) Kẻ AN vuông góc với BC tại N A
Vì ABC là tam giác đều nên O là trọng tâm của tam giác
A, O, N thẳng hàng AN = 3 R 2 Ta có: AN = AB.sin AN ABN 3 3 AB = = R : = R 3 O sin ABN 2 2 K Ta có: 1 2S S MH. ABM AB = S MH = = 2 ABM I N 2 ABM AB B R 3 C H 1 2S S MK. ACM AC = S MK = = 2 ACM 2 ACM AC R 3 M 1 2S S S MI. BCM BC = S MI = = 2 BCM = 2 ' 2 BCM BC R 3 R 3
Do đó: MH + MK + MI = 2S ' + 2 ( S S + S ) = 2 ' + 2 .S R 3 R 3 ABM ACM R 3 R 3 ABMC + = 2S ' + 2 S S .(S + S ') 2 3 ( 2 ') = R 3 R 3 3R
2. Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt DE tại K
Tứ giác AEDB nội tiếp CDE = BAC Trang 3
Mà: MKD = CDE (vì MK // BC).
Do đó: MKD = MAN Tứ giác AMKN nội tiếp AMN = AKN
Ta có: D = D (= BAC ) D = D 3 4 1 2 A
DMK có DA là phân giác vừa là đường cao nên cân tại D DM = DK N
AMD = AKD (c.g.c) AMD = AKD F
Nên: AMF = AKN . Ta có: AMF = AMN (= AKN) E H
Vậy: MA là phân giác của góc NMF M K 1 2 3 4 C B D
ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 SGD BÌNH DƯƠNG
Câu 1: (5 điểm)
a) Tìm tất cả các ngiệm nguyên của phương trình x + y = 2017
b) Xác định số điện thoại của THCS X thành phố Thủ Dầu Một, biết số đó
dạng 82xxyy với xxyy là số chính phương.
Câu 2: (4 điểm)
Tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O; R) , M ( ;
O R) . Chứng minh rằng: 2 2 2 2
MA + MB + MC = 6R
Câu 3: (3 điểm) 2 a) Giải phương trình: x 1 + = 1 2 3 + 9 − x 4( 2 3 − 9 − x ) 1 (x + y) 1+ = 5 xy
b) Giải hệ phương trình: 1 2 2 (x + y ) 1+ = 49 2 2 x y
Câu 4: (3 điểm)
a) Chứng minh với mọi số a,b,c,d ta luôn có: 2 2 2 2 2
(a + c )(b + d ) (ab + cd) 2 2 b) Cho a + b 1
a,b 0 chứng minh rằng:
(4a + 3b)(3a + 4b) 25
Câu 5: (3 điểm) Cho tứ giác ABCD . Gọi M , N, P,Q lần lượt là trung điểm của 1
AB, BC,C ,
A DA . Chứng minh rằng: S M .
P NQ (AB + CD)(AD + BC) ABCD 4 Trang 4 Câu 6: (2,0 điểm)
Cho đa giác lồi có 12 cạnh a) Tìm số đường chéo
b) Tìm số tam giác có ít nhất 1 cạnh là cạnh của đa giác đó ?
LỜI GIẢI ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 SGD BÌNH DƯƠNG
Người giải đề: Triệu Tiến Tuấn Câu 1: (5 điểm)
a) Tìm tất cả các ngiệm nguyên của phương trình x + y = 2017
b) Xác định số điện thoại của THCS X thành phố Thủ Dầu Một, biết số đó
dạng 82xxyy với xxyy là số chính phương. Lời giải a) Phương trình: 2
x + y = 2017 (x, y 0) x = 2017 + y − 4034 y
Do x, y Z y Z
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là: 2 2
x = a ; y = (2017 − a)
b) Ta có: xxyy =11x0y là số chính phương nên
x0y 11 100x + y 11 99x + x + y 11 x + y =11
x + y 11 x + y = 0 x = y = 0
x+ y =11 Ta có: 2
xxyy = 11x0y = 11(99x + x + y) = 11(99x +11) = 11 (9x +1)
9x +1 là số chính phương.
x = 7 y = 4
Vậy xxyy = 7744; xxyy = 0000
Câu 2: (4 điểm)
Tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O; R) , M ( ;
O R) . Chứng minh rằng: 2 2 2 2
MA + MB + MC = 6R Lời giải Trang 5 A
Giả sử M AC
Dễ thấy: MA + MC = MB (trên MB lấy I sao cho
MI = MC , ta chứng minh: IB = MA ) M K I Đặt: MA = ;
x MB = y;MC = y − x . Ta có: H O 2 2 2 2 2 2 2 2
AM + BM + CM = x + y + (x − y) = 2(x + y − xy) (1) C B Kẻ x 3 2 2
AH ⊥ BM MH = AH = x 2 4 Mà x
BH = MB − MH = y − 2 x
BH = MB − MH = y − 2 3 1 2 2 2 2 2 2 2 2
AB = AH + BH = x + y + x − xy = x + y − xy (2) 4 4 Từ 2 2 2 2 2 2
(1),(2) AM + BM + CM = 2AB = 2(R 3) = 6R (dpcm) Câu 3: (3 điểm) 2 a) Giải phương trình: x 1 + = 1 2 3 + 9 − x 4( 2 3 − 9 − x ) 1 (x + y) 1+ = 5 xy
b) Giải hệ phương trình: 1 2 2 (x + y ) 1+ = 49 2 2 x y Lời giải 2 a) Phương trình: x 1 + = 1 2 3 + 9 − x 4( 2 3 − 9 − x ) 2 9 − x 0 3 − x 3 Điều kiện: 2 − − x 0 3 9 x 0 ( 2 3 − 9 − x )( 2 2 3 + 9 1 − x x ) 1 + = 1 + = 1 2 3 + 9 − x 4( 2 3 − 9 − x ) ( 2 3 + 9 − x ) 4( 2 3 − 9 − x ) ( 1 2 3 − 9 − x )+ = 4( 1 2 3 − 9 − x ) 4(3− 9− x )2 2 − 4( 2 3 − 9 − x )+1= 0 ( 1 5 11 2 3 − 9 − x ) 2 2
= 9 − x = x = 2 2 4 11 x = (tmdk) 2 Trang 6 1 (x + y) 1+ = 5 xy b) Hệ phương trình:
dk : x, y 0 1 2 2 (x + y ) 1+ = 49 2 2 x y 1 1 1 1 + + + = x + + y + = 5 x y 5 x y x y 2 2 1 1 2 2 1 1 x + y + + = 49 x + + y + = 53 2 2 x y x y Đặt 1 1 x + = ; a y + = b ta được: x y a + b = 5 a = 5 − b b = 7;a = 2 − 2 2 2 a + b = 53
2b −10b − 28 = 0 b = 2 − ;a = 7 1 x + = −2 x = −1 • a = −2 x 7 3 5 b = 7 1 + = 7 y y = 2 y 1 x + = 7 7 3 5 • a = 7 x x = 2 b = −2 1 y + = −2 y = 1 − y
Câu 4: (3 điểm)
a) Chứng minh với mọi số a,b,c,d ta luôn có: 2 2 2 2 2
(a + c )(b + d ) (ab + cd) 2 2 b) Cho a + b 1
a,b 0 chứng minh rằng:
(4a + 3b)(3a + 4b) 25 Lời giải a) Ta có: 2 2 2 2 2
(a + c )(b + d ) (ab + cd) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b + a d + c b + c d a b + c d + 2abcd 2 2 2 2
a d + c b − 2abcd 0
(ad − cb)2 0 luôn đúng. b) Ta có: 2 2 a + b 1 2 2
25a + 25b (4a + 3b)(3a + 4b)
(4a + 3b)(3a + 4b) 25 2 2 2
13(a + b ) 25ab 13(a − b) + ab 0 2 2
Dấu “=” không xảy ra, vậy: a + b 1
(4a + 3b)(3a + 4b) 25
Câu 5: (3 điểm) Trang 7
Cho tứ giác ABCD . Gọi M , N, P,Q lần lượt là trung điểm của AB, BC,C , A DA . Chứng minh rằng: 1 S M .
P NQ (AB + CD)(AD + BC) ABCD 4 Lời giải Ta có: M . P NQ 2S = S MNPQ ABCD A
Gọi R là trung điểm của AC , ta có : 1 1 NR = A ; B QR = CD 2 2 Suy ra: 1
NQ NR + QR (AB + CD) M 2 Q Tương tự: 1 R
PM (AD + BC) 2 B 1
MP.NQ (AB + CD)(AD + BC) 4 N 1 S M .
P NQ (AB + CD)(AD + BC) ABCD 4 D P C Câu 6: (2 điểm)
Cho đa giác lồi có 12 cạnh a) Tìm số đường chéo
b) Tìm số tam giác có ít nhất 1 cạnh là cạnh của đa giác đó ? Lời giải 12(12 − 3)
a) Số đường chéo của đa giác là: = 54 2
b) Nhận thấy rằng với mỗi cạnh của tam giác, ta lập được 10 tam giác mà mỗi
tam giác thỏa mãn đề bài mà đa giác ban đầu có 12 cạnh nên số tam giác
thỏa mãn đề bài là 10.12 =120
Tuy nhiên nếu như tính theo cách trên thì các tam giác mà có 2 cạnh là 2
cạnh kề của đa giác đã cho được tính 2 lần
Ta có số tam giác được tính 2 lần như trên là 12 tam giác nên số tam giác
thỏa mãn đề bài thực chất là: 120 −12 =108 tam giác.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI MÔN TOÁN LỚP 9
(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)
------------------------------- ĐỀ CHÍ NH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)
Bài 1 (4,0 điểm).
1) Rút gọn biểu thức: A = 5 + 3 3 − 5 + 2 + 3 + 5 2 − 3 − 5 Trang 8 2 2 2) Cho x − x x + x A = −
x + x +1 x − x +1
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 + 3
x + 2 x −1 + x − 2 x −1 = 2 2) Giải phương trình: 2 2
2x + 5x +12 + 2x + 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 2
x − 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 D CJH đồng dạng với D 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 a, ,
b c 0 . Chứng minh rằng + + 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
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
KỲ THI HỌC SINH GIỎI Môn thi : Toán 9 Bài Câu Nội dung Điểm
1. Rút gọn biểu thức: A = 5 + 3 3 − 5 + 2 + 3 + 5 2 − 3 − 5 + − + − 0,75 Bài 1 Câu 1 A = 5 3 3 5 + = 2( 5 3) 2(3 5) + (4 đ) (1,75đ) 2 + 3 + 5 2 − 3 − 5 2 + 6 + 2 5 2 − 6 − 2 5 + − + − 0,5 A = 2( 5 3) 2(3 5) 2( 5 3) 2(3 5) + = + 2 2 2 + ( 5 +1) 2 − ( 5 −1) 5 + 3 3 − 5 A = 2 2 0,5 Trang 9 2 2 2. x − x x + x A = −
x + x +1 x − x +1 a) ĐKXĐ: x 0 0,25 ( 3 − ) ( 3 0,5 2 2 x x 1 x x + − + )1 x x x x A = − = − x + x +1 x − x +1 x + x +1 x − x +1 Câu 2 x ( x − ) 1 (x + x + ) 1 x ( x + ) 1 (x − x + ) 1 0,5 (2,25) = − x + x +1 x − x +1
= x ( x − )1− x ( x + )1 = x − x − x − x = 2 − x b) B = A + x – 1= − + − = − − = ( − )2 2 x x 1 x 2 x 1 x 1 − 2 2 − 0,5
Dấu “=” xảy ra x −1 = 0 x =1 ( TM ĐKXĐ) 0,25
Vậy GTNN của biểu thức B=-2 khi x=1 0,25 x + 1) Giải phương trình : 3
x + 2 x −1 + x − 2 x −1 = 2 ĐKXĐ : x 1 0,25 x + 3
x + 2 x −1 + x − 2 x −1 = 2 0,5 x + 3
x −1+ 2 x −1 +1 + x −1− 2 x −1 +1 = 2 ( − + )2 + ( − − )2 + 3 1 1 1 1 = x x x 0,25 2 + 3 Câu 1 −1 +1+ −1 −1 = x x x (*) 0,25 (2đ) 2
Nếu x 2 phương trình (*) 0,25 x + 3 x + 3
x −1 +1+ x −1 −1 = 2 x −1 =
4 x −1 = x + 3 Bài 2 2 2 2 2 2 (4 đ)
16(x −1) = x + 6x + 9 x −10x + 25 = 0 (x − 5) = 0 x = 5 (TM)
Nếu 1 x 2 phương trình (*) 0,25 x + 3 x + 3
x −1 +1+1− x −1 = 2 =
4 = x + 3 x = 1 ( TM) 2 2
Vậy phương trình có nghiệm x=1 và x=5 0,25 2) Giải phương trình: 2 2
2x + 5x +12 + 2x + 3x + 2 = x + 5 . Đặt 2 2
u = 2x + 5x +12,v = 2x + 3x + 2 ( u 0,v 0) 0,25 2 2 2 2 2 2
u = 2x + 5x +12,v = 2x + 3x + 2 u − v = 2x +10 = 2(x + 5) 0,25 Câu 2 Từ (1) 2 2
2(u + v) = (u − v ) (u + v)(u − v − 2) = 0 (2) 0,25 (2đ)
Vì u 0,v 0 , từ (2) suy ra: u − v − 2 = 0 . Vì vậy 0,25 2 2
2x + 5x +12 = 2x + 3x + 2 + 2 (3)
Bình phương 2 vế và thu gọn ta được phương trình 2 0,25 2
2x + 3x + 2 = x + 3 Trang 10 x + 3 0 x −3 x −3 0,5 2 2 2
2 2x + 3x + 2 = x + 3
7x + 6x −1 = 0
(7x − 7) + (6x + 6) = 0 x 3 −
(x +1)(7x −1) = 0 x 3 − 1
1 x = −1, x = (tm) x = −1, x = 7 7 0,25
Vậy phương trình có hai nghiệm x = -1, x= 1 7
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. 0,5 Suy ra: 2016k = a3 - 3 Câu 1
Ta chứng minh a3 – 3 không chia hết cho 7. (1,5đ)
Thật vậy: Ta biểu diễn a = 7m + r, với r 0;1; 1 − ;2; 2 − ;3;− 3 . 0,25
Trong tất cả các trường hợp trên ta đều có a3 – 3 không chia hết 0,5 cho 7
Mà 2016k luôn chia hết cho 7, nên a3 – 3 2016k. ĐPCM 0,25
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2
x − 25 = y( y + 6) Từ 2
x − 25 = y( y + 6) 0,25 Bài 3
Ta có : (y+3+x)(y+3-x) = - 16 (3 đ)
Để ý trong phương trình chỉ chứa ẩn số x với số mũ bằng 2 , do
đó ta có thể hạn chế giải với x là số tự nhiên. Khi đó: y+3+x y+3-x .
Ta có ( y+3+x)+(y+3-x) = 2(y+3) là số chẵn 0,5 Câu 2
Suy ra 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) cùng tính chẵn lẻ . Ta lại có tích (1,5đ)
của chúng là số chẵn , vậy 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) là 2 số chẵn.
Ta chỉ có cách phân tích - 16 ra tích của 2 số chẵn sau đây:
-16 = 8 (-2) = 4 (-4) = 2 (-8) trong ®ã thõa sè ®Çu b»ng gi¸ trÞ 0,25 (y+3+x).
Khi y+3+x= 8 , y+3-x = -2 ta cã x= 5 , y= 0.
Khi y+3+x= 4 , y+3-x = -4 ta cã x= 4 , y= -3.
Khi y+3+x= 2 , y+3-x = -8 ta cã x= 5 , y= -6. 0,5
V× thÕ ph-¬ng tr×nh ®· cho cã c¸c nghiÖm : ( x,y) ( 5 ,0);( 5 , 6 − );( 4 , 3 − ) . Bài 4 (7 đ) Trang 11 D C J E I H O B A
+ Vì ABC nội tiếp đường tròn đường kính AB nên AC ⊥ BC 0,5
Suy ra BC ⊥ CD (1) Câu a
+ Lập luận để chỉ ra IJ // CD (2) 0,5 (1,5 đ)
+ Từ (1) và (2) suy ra IJ ^ BC 0,5 + Suy ra · ·
CIJ = CBH (cùng phụ với HCB ) (3)
+) Trong vuông CBH ta có: · CH tan CBH = (4) 0,5 BH
+ Lập luận chứng minh được CJ // AB 0,5 + Mà CH ⊥ AB (gt) + Suy ra CJ ⊥ CH Câu b CJ CJ 0,5 (2 đ)
+) Trong tam giác vuông CIJ ta có · tan CIJ = = (CI = HI) (5) CI HI + Từ (3), (4), (5) CH CJ = HB HI + Xét D CJH vàD HIB có 0
HCJ = BHI = 90 và CH CJ = (cmt) 0,5 HB HI
+ Nên D CJH đồng dạng với D HIB 0,5
+ Lập luận để chứng minh được 0 HEI = 90
+ Chứng minh được HEI đồng dạng với HCJ 0,5 Câu c + Suy ra HE HI = HC HJ (1,5 đ) + Suy ra HE.HJ = HI.HC 0,5 + Mà 1 1 HJ = H ; D HI = HC 2 2 + Suy ra HE.HD = HC2 Trang 12 C M 450 A H O K N B
+ Lấy điểm M trên nửa đường tròn (O) sao cho · 0 BOM = 45 0,5
+ 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 0,5
+ Chứng minh được DMON vuông cân tại M và KM = KN Suy ra 0 ANC = 45 Câu d Xét C º M (2 đ) Ta có C º M nên H º K
Do đó AH + CH = AK + KM = AK + KN = AN (không đổi) + Xét C khác M. 0,5
Tia NC nằm giữa hai tia NA và NM Do đó · · 0
ANC < ANM = 45 + D HNC có · 0 NHC = 90 nên · · 0 HNC + HCN = 90 Mà · 0 HNC < 45 nên · 0 HCN > 45 Suy ra · · HNC < HCN Suy ra HC < HN 0,5
+ Do đó AH + CH < AH + HN = AN
+ Vậy Khi C ở trên nửa đường tròn (O) sao cho · 0 BOC = 45 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 0,5 + + a (b + c) a 2a a b c 2 b + c a + b + c Bài 5 (2 đ)
Chứng minh tương tự ta được 0,5 b 2b c 2c ; c + a a + b + c a + b a + b + c a b c
2(a + b + c) 0,5 Suy ra + + = 2 b + c c + a a + b a + b + c Trang 13
a = b + c 0,5 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. PHÒNG GD&ĐT
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ TP. BẮC GIANG Môn: Toán lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (5 điểm)
a. Cho biểu thức M= a a − b b a b − −
với a, b > 0 và a b a − b a + b b − a
Rút gọi M và tính giá trị biểu thức M biết (1− a)(1− b) + 2 ab = 1
b. Tìm các số nguyên a, b thoả mãn 5 4 − +18 2 = 3 a + b 2 a − b 2
c. Cho a, b, c thỏa mãn a + b + c = 7 ; a + b + c = 23 ; abc = 3
Tính giá trị biểu thức H= 1 1 1 + + ab + c − 6 bc + a − 6 ca + b − 6 Bài 2: (4,5 điểm)
a. Tính giá trị của biểu thức 4 + 3 + 4 − 3 N= + 27 −10 2 4 + 13
b. Cho a, b là số hữu tỉ thỏa mãn (a +b − )(a +b)2 2 2 2 + 2 (1− ab) = 4 − ab
Chứng minh 1+ ab là số hữu tỉ
c. Giải phương trình 2
x − x − 4 = 2 x −1(1− x) Bài 3: (3,5 điểm)
a. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn 5 2 2
x + y = xy +1
b. Cho a, b, c>0 thỏa mãn abc=1 . Chứng minh 1 1 1 3 + + ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 2
Bài 4: (6 điểm) Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng bờ
AB có chứa nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, trên Ax lấy M sao
cho AM > R. Từ M vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn, từ C vẽ CH vuông góc với
AB, CE vuông góc với AM. Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt BC tại N. Đường
thẳng MO cắt CE, CA, CH lần lượt tại Q, K, P.
a. Chứng minh MNCO là hình thang cân
b. MB cắt CH tại I. Chứng minh KI song song với AB
c. Gọi G và F lần lượt là trung điểm của AH và AE. Chứng minh PG vuông góc với QF Trang 14
Bài 5: (1 điểm) Tìm số nguyên dương n lớn nhất để A= 427 + 42016 + 4n là số chính phương
Họ tên thí sinh.................................................... SBD:................................
HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ MÔN: TOÁN LỚP 9 Câu Nội Dung Điểm Bài 1 4 đ a/ 1,5đ -Rút gọn M= ab với a, b>0 và a b a − b 0,75 -Ta có (
1− a)(1− b) + 2 ab = 1 ab − a − b +1+ 2 ab = 1 0,25 = ( − )2 ab 2 ab ab a b ( ) = 1 = 1 a − b a − b + Nếu a>b>0 ab
a b a − b 0; ab 0 0 a − b ab ab ab 0,25 = = 1 M = 1 a − b a − b a − b + nếu 0 ab
a b a − b 0; ab 0 0 a − b ab − ab − ab 0,25 = = 1 M = −1 a − b a − b a − b b/ 5 4 − + 18 2 = 3 1,5đ a + b 2 a − b 2
5a − 5b 2 − 4a − 4b 2 +18 2 ( 2 2
a − 2b ) = 3( 2 2 a − 2b ) 2 2 2 2
5a − 5b 2 − 4a − 4b 2 +18a 2 − 36b 2 = 3a − 6b 0,5 2 2 2 2
18a 2 − 36b 2 − 9b 2 = 3a − 6b − a ( 2 2
18a − 36b − 9b) 2 2
2 = 3a − 6b − a 2 2 − − -Nếu 2 2 3a 6b a
18a − 36b − 9b 0 2 = 2 2
18a − 36b − 9b 2 2 − −
Vì a, b nguyên nên 3a 6b
a Q 2 Q Vô lý vì 2 là số vô tỉ 2 2
18a − 36b − 9b -Vây ta có 0,25 3 2 2 2 2 1
8a − 36b − 9b = 0
3a − 6b = b 2 2 3
18a − 36b − 9b = 0 2 a = b 2 2
3a − 6b − a = 0 2 2 2
3a − 6b = a Thay a= 3 b vào 2 2
3a − 6b − a = 0 t 2 0,75 Trang 15 a có 9 2 2 3 2 2
3 b − 6b − b = 0 27b − 24b − 6b = 0 3 ( b b − 2) = 0 4 2
Ta có b=0 (loại) ; b=2 (thoã mãm) , vậy a=3. Kết luận c/ 2
Ta có ( a + b + c ) = a + b + c + 2( ab + bc + ca ) 0,25 2 đ
mà a + b + c = 7 ; a + b + c = 23 nên ab + bc + ca = 13
Ta có a + b + c = 7 c − 6 = − a − b +1
nên ab + c − 6 = ab − a − b +1 = ( a − ) 1 ( b − ) 1 0,75
Tương tự bc + a − 6 = ( b − ) 1 ( c − )
1 ; ac + b − 6 = ( a − ) 1 ( c − ) 1 Vậy H= 1 1 1 + + ab + c − 6 bc + a − 6 ca + b − 6 1,0 = 1 1 1 ( + + a − ) 1 ( b − ) 1
( b − )1( c − )1 ( a − )1( c − )1 − + − + − = c 1 a 1 b 1 ( a − ) 1 ( b − ) 1 ( c − ) 1
( a + b + c)−3 − = 7 3 = = −
abc + ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca) 1 −1 3 + 7 −13 −1 Bài 2 4,5 đ a/ 2( 4 + 3 + 4 − 3 ) 0,25 1,5đ N= + 25 −10 2 + 2 8 + 2 13 2( 4 + 3 + 4 − 3 ) 0,5 = 2 + (5 − 2)
(4 + 3) + 2 4 + 3 4 − 3 + (4 + 3) 2( 4 + 3 + 4 − 3 ) + + − 2 2( 4 3 4 3 ) = + (5 − 2) = + 5 − 2 = 2 + 5 − 2 = 5 0,5 2 ( 4 + 3 + 4 − 3 ) 4 + 3 + 4 − 3 b/
(GT) (a + b)2 − 2(ab +1) (a + b) + (1+ ab)2 2 = 0 0,25 1,5đ (a + b)4 2 2
− 2(a + b) (1+ ab) + (1+ ab) = 0 0,5 (a + b) 2 2 2
− (1+ ab) = 0 (a + b) -(1+ ab)=0 0,25 2
(a + b) = 1+ ab a + b = 1+ ab Q;vi:a;b Q.KL 0,5 c/
Điều kiện: x 1 (*). 1,5đ 2
x − x − 4 = 2 x −1(1− x) Ta có: 2
x + 2x x −1 + x −1− 2(x + x −1) − 3 = 0 0,5 2 (
x + x −1) − 2(x + x −1) − 3 = 0
Đặt x + x −1 = y (Điều kiện: y 1 (**) ), phương trình trở thành 2
y − 2y − 3 = 0. Trang 16 y = 1 − 2
y − 2y − 3 = 0 ( y + )
1 ( y − 3) = 0 0,25 y = 3
+Với y = −1 không thỏa mãn điều kiện (**).
+ Với y = 3 ta có phương trình: 1 x 3 0,5
x + x −1 = 3 x −1 = 3 − x 2
x −1 = 9 − 6x + x 1 x 3 1 x 3
x = 2 x = 2 2
x − 7x +10 = 0 x = 5
Vậy phương trình có nghiệm x = 2. 0,25 Bài 3 3,5 đ a/ Ta có 5 2 2
x + y = xy + ( 5 x − ) − ( 2 2 1 1 xy − y ) = 0 1,75đ (x − ) 1 ( 4 3 2
x + x + x + x + ) 2 1 − y (x − ) 1 = 0 (x − ) 1 ( 4 3 2 2
x + x + x + x + 1− y ) = 0 x −1 = 0 4 3 2 2
x + x + x + x +1 = y 0,25
-*Nếu x −1 = 0 x = 1 ta có 2 2
1 + y = y + 1 đúng với mọi y nguyên
Vậy ngiệm của PT là (1;yZ) 0,25 *Nêu 4 3 2 2 4 3 2 2
x + x + x + x +1 = y 4x + 4x + 4x + 4x + 4 = (2 y) Ta có (2y)2 − ( 2 2x + x)2 4 3 2 4 3 2
= 4x + 4x + 4x + 4x + 4 − 4x − 4x − x 2 2 2 8 =
3x + 4x + 4 = 3 x + + 0 3 3
Vậy ta có x + x ( y)2 2 2 (2 ) 2 *
Ta có ( x + x + )2 2 2 2 2
2 − (2 y) = 5x 0 , Vậy ta có ( y)2 ( 2 2 2x + x + 2)2 ** 1đ Từ * và ** ta có
(2x + x) (2 y)2 (2x + x + 2)2 (2y)2 2 2 2 = ( 2 2x + x + )2 1 ; (2y)2 = ( 2 2x + x + 2)2 Nếu ( y)2 2 2 2 2 2
= (2x + x +1) −x + 2x + 3 = 0 x − 2x − 3 = 0 x = 1 −
(x +1)(x − 3) = 0 x = 3 + nếu 2
x = −1 y = 1 y = 1 +Nếu 2
x = 3 y = 121 y = 11 -Nếu ( y)2 2 2 2 2 2
= (2x + x + 2) 5
− x = 0 x = 0 y = 1 y = 1. Kết luận 0,25
Ta có (x + y + z ) − (x + y + z)2 = = (x − y)2 + ( y − z)2 + (x − z)2 2 2 2 3 ... 0 0,5 b/ 2 2 2 2
1,75đ ( x + y + z) 3( x + y + z ) nên với x,y,z>0 ta có
x + y + z ( 2 2 2
3 x + y + z ) , áp dụng ta có Trang 17 1 1 1 1 1 1 + + 3 + + ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2
ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2
-Với x,y>0 ta có x + y
xy (x + y)2 1 1 1 1 2 4xy + x y 4 x y + 0,5 áp dụng ta có 1 1 1 1 = = = ab + a + 2 ab + 1+ a + 1
ab + abc + a + 1
ab(c + 1) + (a + 1) 1 1 1 1 abc 1 1 c 1 + = + = +
4 ab(c +1) a +1 4 ab(c +1) a +1 4 c +1 a +1 Vây ta có 1 1 c 1 + ab + a + 2
4 c +1 a +1 Tương tự ta có 1 1 a 1 + b ; 1 1 1 + nên bc + b + 2
4 a +1 b +1 ca + c + 2 4 b +1 c +1 1 1 1 3 + +
ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 1 c 1 a 1 b 1 3 0,5 3 + + + + + =
4 c +1 a +1 a +1 b +1 b +1 c +1 2 Vậy 1 1 1 3 + +
dấu “=” có khi a=b=c=1 ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 2 0,25 Bài 4 6 đ M N Q E C F K I T A G O H B P a/
-Ta có ACB nội tiếp đường tròn (vì...) mà AB là đường kính nên ACB 0,5 2đ
vuông tại C AC ⊥ BN
Ta có MA=MC (.....), OA=OC (....) nên MO là trung trực của AC
MO ⊥ AC MO // NB MOA = NBO Trang 18
-Ta có OA ⊥ MA (....) 0
MAO = NOB = 90 ; xét MAO và NOB có 0
MAO = NOB = 90 ; MOA = NBO;OA = OB = R MAO = N
OB MO = NB 0,75 -Ta có
MO // NB; MO = NB MNBO là hình bình hành.Ta có MAO =
NOB (cm trên) nên ta có NO=MA, mà MA=MC (...) nên NO=MC vậy 0,75 MNBO là hình thang cân b/
-Xét CHB và MAO có 0
MAO = NOB = 90 ;CBH = MOA ( cm trên) 0,5 2đ CH HB HB C HB M AO = = MA AO R
-Ta có CH ⊥ AB (gt) ; MA ⊥ AB (...) IH HB HB 0,5
CH // MA IH // MA = = MA AB 2R 0,5 -Nên ta có CH HB HB IH 2IH = = 2 = 2 =
CH = 2IH IC = IH . MA R 2R MA MA
-Chi ra KI là đường trung bình của tam giác ACH KI // AB 0,5 c/
-Chưng minh FQIO là hình bình hành QF // IO 0,75 2đ
-Chưng minh O là trục tâm tam giác GIP 0,75
PG ⊥ OI PG ⊥ QF 0,5 Bài 5 1đ * n A = + + = ( )2 27 2016 27 ( 1989 n−27 4 4 4 2 1+ 4 + 4 ) 0,25 Vì A và ( )2 27 2
là số chính phương nên 1989 27 1 4 4n− + + là số chính phương Ta có 1989 27 1 4 4n− + + > n−27 n−27 2 4 = (2 ) *mà 1989 27 1 4 4n− + +
là số chính phương nên ta có 0,5 1989 27 1 4 4n− + + ( n− + )2 27 2 1 n−27 3977 2 2 n 4004
Với n=4004 ta có A= A = + + = ( + )2 27 2016 4004 27 4004 4 4 4 2 2 là số chính phương
Vậy n=4004 thì A=427+42016+4n là số chính phương 0,25
PHÒNG GD&ĐT HẠ HÒA
KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Môn: Toán ĐỀ CH ÍNH THỨC
(Thời gianlàm bài: 150 phút - Đề thi có 01 trang) Bài 1(3 điểm):
a) Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: x + xy + y = 9.
b) Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 2 2
4a + 3ab −11b chia hết cho 5 thì 4 − 4 a b chia hết cho 5. Bài 2(4 điểm): a) Cho 3 2015
f (x) = (x +12x − 31) . Tính f (a) với 3 3 a = 16 − 8 5 + 16 + 8 5 . 4 4 x y 1
b) Cho a, b, x, y là các số thực thoả mãn: 2 2 x + y =1 và + = . a b a + b 2016 2016 x y 2 Chứng minh rằng: + = 1008 1008 1008 a b (a + b) Bài 3 (4 điểm ): Trang 19 a) Giải phương trình: 2
2x − 3 + 5 − 2x = 3x −12x +14 2 2
4x − 2y = 2
b) Giải hệ phương trình sau : 2 x + xy = 2 Bài 4 (7 điểm ):
Cho đường tròn tâm O, đường kính BC cố định và một điểm A chuyển động trên nửa đường
tròn (A khác B và C). Hạ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa A
dựng hai nửa đường tròn tâm P đường kính HB và tâm Q đường kính HC, chúng lần lượt cắt AB và AC tại E và F.
a) Chứng minh rằng: AE.AB = AF.AC.
b) Gọi I và K lần lượt là hai điểm đối xứng với H qua AB và AC. Chứng minh rằng ba điểm I, A, K thẳng hàng. 3 AH c) Chứng minh tỷ số không đổi. BC.BE.CF
d) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác PEFQ đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị đó. Bài 5 (2 điểm ): 1 1 1 Cho x;y;z dương sao cho + + = 6 x + y y + z z + x 1 1 1
Tìm giá trị lớn nhất của P = + + .
3x + 3y + 2z
3y + 3z + 2x
3z + 3x + 2y --------HẾT--------
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 M«n To¸n 9 C©u Néi dung Chia điểm I.a a.1,5 điểm 0,75
- Từ (gt) ta có :(x + 1)(y + 1) = 10 ; vì 10 = 1.10 = 2.5 - Vì x,y N 0,75
- Lập bảng ta tìm được 4 nghiệm (x ;y) =(0 ;9) ;(9 ;0) ;(1 ;4) ;(4 ;1) I.b b.1,5 điểm - Ta có : 0,5 2 4a + 3ab − 2 11b 5 ( 2 5a + 5ab − 2 10b ) − ( 2 a + 2ab + 2 b ) 5 0,25 2 a + 2ab + 2 b 5 (a + b)2 5 0,5
a + b 5 ( Vì 5 là số nguyên tố) 0,25 - Ta có: 4 − 4 = ( 2 + 2 a b a b )(a+ b)(a− b) 5 (đpcm) Câu a(2 điểm) II 3 3
a = 16 − 8 5 + 16 + 8 5 0,5 0,5 3 3 3 3
a = 32 + 3 (16 − 8 5)(16 + 8 5).( 16 −8 5 + 16 + 8 5 ) 0,5 3 a = 32 + 3.( 4) − .a 3
a = 32 −12a 3
a +12a − 32 = 0 0,5 3
a +12a − 31 = 1 2015 f (a) = 1 = 1 Câu b(2 điểm) Trang 20