Đề thi HSG Toán 9 cấp huyện năm 2016-2017 Phòng GD&ĐT Trực Ninh

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN TRỰC NINH
ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2016 -2017
MÔN TOÁN LỚP 9
Thi ngày 08 tháng 11 năm 2016
(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)
-------------------------------

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

x2  x
x  x 1



5 3
2  3 5



3 5
2  3 5

x2  x
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  2 x 1  x 2 x 1 

x 3
2

2) Giải phương trình: 2x 2  5x  12  2x 2  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 x 2  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:……………………..

W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

PHÒNG GD-ĐT
HUYỆN TRỰC NINH

Bài

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

Câu

Nội dung
5 3

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

5 3

A
A

2  3 5

3 5



2( 5  3)
2  ( 5  1)2



2  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)
2 62 5

2( 5  3)
2(3  5)

5 3
3 5



0,75
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  x 1

0,5

x 1 x  x 1
x  x 1



x 1  x





x  1  x  x  x  x  2 x

b) B  A  x – 1  2 x  x  1  x  2 x 1 





2

x  1  2  2

0,25
0,25

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

W: www.hoc247.net

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



0,5







F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

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

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Nếu 1  x  2 phương trình (*)
 x 1  1  1  x 1 

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

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, v2  2 x2  3x  2  u 2  v2  2 x  10  2( x  5)

0,25
0,25
0,25

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

2

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

Bình phương 2 vế và thu gọn ta được phương trình 2
Câu 2
(2đ)

2 x 2  3x  2  x  3
x  3  0
 x  3
 x  3


 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
 x  3
1


1  x  1, x   tm 
7
 x  1, x  7


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

1
7

0,25
0,5

0,25

Thật vậy: Ta biểu diễn a = 7m + r, với r 0;1; 1;2; 2;3; 3 .

0,25
0,5

Mà 2016k luôn chia hết cho 7, nên a3 – 3  2016k. ĐPCM
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Bài 3
(3 đ)

0,5

Trong tất cả các trường hợp trên ta đều có a3 – 3 không chia hết
cho 7

Câu 1
(1,5đ)

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.

0,25

x2  25  y( y  6)

Câu 2
(1,5đ)

W: www.hoc247.net

Từ x2  25  y( y  6)
Ta có : (y+3+x)(y+3-x) = - 16
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
Suy ra 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) cùng tính chẵn lẻ . Ta lại có tích
của chúng là số chẵn , vậy 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) là 2 số chẵn.
F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

0,25

0,5

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Ta chỉ có cách phân tích - 16 ra tích của 2 số chẵn sau đây:
-16 = 8 (-2) = 4 (-4) = 2 (-8) trong đó thừa số đầu bằng giá trị
(y+3+x).
Khi y

3

Khi y

3 x

Khi y

3 x

3

x

2 ta có x = 5 , y = 0.

4,y

3

x

2,y

3

x

4 ta có x = 4 , y = -3.
8 ta có x = 5 , y = -6.

0,25

x

8,y

0,5

Vì thế phương trình đã cho có các nghiệm:

 x, y   5,0 ;  5, 6 ;  4, 3 .

D

Bài 4
(7 đ)

C

E

I

A

J

H

B

O

+ Vì ABC nội tiếp đường tròn đường kính AB nên AC  BC
Suy ra BC  CD (1)
Câu a (1,5 + Lập luận để chỉ ra IJ // CD (2)
đ)
+ Từ (1) và (2) suy ra IJ BC
+ Suy ra CIJ CBH (cùng phụ với HCB ) (3)
+) Trong  vuông CBH ta có: tan CBH

Câu b
(2 đ)

0,5

+ Lập luận chứng minh được CJ // AB
+ Mà CH  AB (gt)
+ Suy ra CJ  CH

+ Từ (3), (4), (5) 
+ Xét
+ Nên

0,5

CJ
CI

CJ
CI
HI

HI (5)

0,5

CH CJ

HB HI

CJH và HIB có HCJ  BHI  900 và
CJH đồng dạng với

CH CJ

(cmt)
HB HI

F: www.facebook.com/hoc247.net

0,5

HIB

Câu c (1,5
đ)
+ Lập luận để chứng minh được HEI  900
W: www.hoc247.net

0,5
0,5

CH
(4)
BH

+) Trong tam giác vuông CIJ ta có tan CIJ

0,5

T: 098 1821 807

0,5

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

+ Chứng minh được HEI đồng dạng với HCJ
+ Suy ra

0,5

HE HI

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

H

O

K

N

B

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

Câu d
(2 đ)

+ 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

0,5

0,5
+ Do đó AH + CH < AH + HN = AN
+ Vậy Khi C ở trên nửa đường tròn (O) sao cho BOC
+ CH đạt giá trị lớn nhất
Chứng minh rằng
Bài 5
(2 đ)

W: www.hoc247.net

450 thì AH

a
b
c


 2.
bc
ca
ab

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

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

a
2a

bc abc

0,5