ĐỀ THI HSG TOÁN 9 CỰC HAY MỚI NHẤT

TRƯỜNG THCS ĐỒNG LẠNGĐỀ CHÍNH THỨC Học sinh ra đề: Hoàng Quốc Khánh ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC: 2016 – 2017 MÔN: TOÁN 9 Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian g

Trang 1

TRƯỜNG THCS ĐỒNG LẠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

Học sinh ra đề: Hoàng Quốc Khánh

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC: 2016 – 2017 MÔN: TOÁN 9

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

I PHẦN GHI KẾT QUẢ (Thí sinh chỉ cần ghi kết quả vào tờ giấy thi)

1 Cho

1 1 2

1 1

1 2 1

2









x

Tính giá trị của: A = (x4 – x3 – x2 + 2x – 1)2016

2 Cho biểu thức P(x) 2x2 x2 1

3x 4x 1



  Nếu x > 1 So sánh P(x).P(– x) với 0

3 Cho hàm số y = ax + b Biết f(1) f(2); f(5) f(6) và f(2015)=2017 Tính f(2016)?

4 Tìm nghiệm của phương trình: x2  x3  x2  x2  x

5 Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất M x2  5x y 2 xy 4y 2014? Tìm GTNN đó

1

4 2

36









y x

7 Cho a, b, c, d  N* và a + b + c + d = 20 Tìm GTNN và GTLN của

bd ac

ab D





8 Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tổng tất cả các ước tự nhiên của p4 + 1 là một số chính phương

9 Cho ABC có  0

90

A  ,AB BC AM là đường trung tuyến của tam giác AMB  ; ACB  Tính





 cos ) sin





10 Cho tam giác ABC có góc A bằng 15o; góc B bằng 45o Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho

CD = 2BC Tính góc ADB

II PHẦN TỰ LUẬN (Thí sinh trình bày bài giải vào tờ giấy thi)

Câu 11: 1 Tìm các số nguyên dương x y, khác nhau sao cho: xy y x

2x 7x 31 2 x 4x 21 x 3x 10

          với  2  x 5

Câu 12: 1 Cho tam giác ABC, trọng tâm G Một đường thẳng qua G cắt cạnh AB, AC lần lượt tại M,

N a) Tính giá trị biểu thức: AM AB  AN AC Chứng minh  1 ,  2

AN

AC AM

AB

b) Chứng minh rằng: 94  21

ABC

AMN

S

2.Cho tam giác ABC cân (AB = AC), đường phân giác BD thỏa mãn BC = BD + AD Tính các góc của tam giác

Câu 13: 1 Giải phương trình:

2 2

3

2















2 Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 - y3 - 2y2 - 3y -1 = 0

1 2

1 1 2

1





7

3 1 6

1 1 6

1





a

-HẾT -Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Thí sinh không được sử dụng máy tính bỏ túi!

Người ra đề và làm đáp án: Hoàng Quốc Khánh – THCS Đồng Lạng – Đức Thọ – Hà Tĩnh

Dịch vụ ra đề thi HSG Toán 8 + 9 cấp huyện, tỉnh Liên hệ: hoangquockhanh1509@gmail.com

Trang 2

HDC ĐỀ CHÍNH THỨC

HS làm đáp án: Hoàng Quốc Khánh

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC: 2016 – 2017 MÔN: TOÁN 9

HƯỚNG DẪN CHẤM

(Đáp án, hướng dẫn này có 09 trang)

Yêu cầu chung

* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận

lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.

* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan Ở bài 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0.

* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm.

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo thang điểm tương ứng của từng bài.

* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.

I PHẦN TRẮC NGHIỆM

Hướng dẫn đáp số

1 A = 1

2 P(x).P(– x) < 0

3 f(2016) = 2017

4 x = 0

5 Mmin = 2007 tại x = 2, y = 1

6 (x; y) = (11; 5)

7  

23

16

max

DMin = 17219  a =19, b = 1 , c = 19 , d = 1

8 p = 3

9 1

10 Góc ADB = 75o

Hướng dẫn giải chi tiết

1 Ta có

1 1 2

1 1

1 2 1

2









x

=

1 1 2

1 1 2 1

1 2

2









2 2

2



Ta lại có: A = (x4 – x3 – x2 + 2x – 1)2016 =     3  2016

1

x

1 2 2 2 1

2    =     2016

1 2 1

1

2 P(x) xác định khi 3x2- 4x+1 0  (x –1)(3x – 1) 0 x 1; x 31

2 2

2x x 1

P(x)

3x 4x 1



 

=

) 1 3 )(

1 (

1 2



x x

=













0 1

1

0 1

3 1

khix x

Page 1 of 9 Hướng dẫn chấm HSG Toán 9

Trang 3

x > 1 thì P(x) 2x2 x2 1

3x 4x 1



  = ( 2 1)(3 11)



x x



x

P(x) P(- x) =

1 3

1



x 3( x1) 1= (3 1)(13 1) 9 211









x x

3) Vì f(1) f(2) nên a0 (1)

f(5) f(6) nên a0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra a = 0

Do đó f(2015) = f(2016) = 2017

4 ĐK x 0hoặc x 1

2

x  x  x x  x  x

2

x  x  x  x  x  x

Dấu "=" Xẩy ra

2 2

1 1

  



 

 



2

1

  



 

5 M x2  4x 4  y2  2y 1xy x  2y 2 2007

 22  12  2  1 2007

2

        

2

1

2

,

x y

  M  2007

1

4 2

36









y

1

) 1 ( 4 2

) 2 ( 4











y

y x

x

1

) 1 2

( 2

) 2 2

6









y

y x

x

(2) Với x > 2; y > 1 => 



















0 1 0 2

0 )

1 2

(

0 )

2 2

6 (

2 2

y

y x

(3)

Từ (2) và (3) => 











0 ) 1 2

(

0 ) 2 2

6 (

2 2

y x

<=> 











0 ) 1 2

(

0 ) 2 2

6 (

y x

Trang 4

Thử lại: x = 11; y = 5 là nghiệm của pt

Vậy pt có 1 nghiệm duy nhất (x,y) = (11,5)

7 Do T  0 nên đặt P = T1  b cd a

Do a, b, c, d  N* và a + b = c + d = 20  1  a, b, c, d  19

10

20 10

10





 b c d c

* Xét b < a (trường hợp b > a tương tự)

b < 10 < a hay 1  b 19 ; 11  a  19

 Trước hết ta tìm DMin = PMax = 19 + 191

Ta xét 3 trường hợp sau :

a1) 1 b < 10 = c = d < a  19

1

10 10 10













a b a

d b c

11

19

1  





a

d b c

2

19





19

1 1

19







Kết hợp cả 3 trường hợp ta thấy PMax =

19

172 19

1

19  

Do đó DMin = 17219  a =19, b = 1 , c = 19 , d = 1

Bây giờ ta tìm DMax = PMin víi 1  b  9 ; 11  a  19

a b a

c b

c a

d b



























a

Ta có : P = A.C + 20a Vì A > 0 nên PMin với C = 1















20

19 1

19 1 20 1 1



 20

19 1

* Xét Pb+1 - Pb : 1  b  9 ; b  N

Pb+1 - Pb = b(b18b1)(21958 b b)( 20380 b)

Do vậy : Xét t = 18b2 + 58b - 380 (*)

Nghiệm dương to của (*) là t =

18

7681

29 



Ta có bảng xét dấu:

18

7681

29 



18

7681

29 

Trang 5

Với 0 < b < bo th× t < 0  Pb+1 < Pb

b > bo th× t > 0  Pb+1 > Pb

Luôn luôn chứng minh được 3 < bo < 4

Xét P3 =

51

23 1 7

19 3

1





16

7

Nên : a = 16 , b = 4, c = 1, d = 19 thì PMin = 1623  Dmax 1623

8 Giả sử1 pp2 p3 p4 n2 ( n )

 2 2 2

3 4 4 3 2

4n   p p  p  p  p  p  p  p p

Mặt khác:

2 3 2

4 2

3 4

2 2

4 4 4 4 4 1 2 5 4 4









 3 1 0 0

3 2

2 2













Vì pN p 3

9 Tự vẽ hình

1

2

sin  2 sin cos

2

1 sin  (sin cos)

10 Tự vẽ hình

KÎ DH AC , nèi B víi H :

XÐt tam gi¸c ABC ta cã: gãc ACB = 1800 - (A + B) = 1200

Suy ra HC =

2

1

CD =

2

1

.2BC = BC Suy ra tam gi¸c HCB c©n  gãc HBC = 300

 HB = HD (1)

 HA = HB (2)

Tõ (1) vµ (2)  HA = HD

 Gãc ADB = gãc ADH + gãc HDB = 450 + 300 = 750

II PHẦN TỰ LUẬN (Thí sinh trình bày bài giải vào tờ giấy thi)

Câu 11:

1) Giả sử 1 x  y Chia cả hai vế của PT cho x x ta được: y x x

x

y x x





y x mà xlà số nguyên dương nên y x Đặt y kx (kN k,  2)

( ) ( ) ( )

Ta thấy x 2 (vì nếu x 1thì k 1) Do đó x k 1 2k 1

 (2)

Từ (1) và (2) suy ra k 2k 1

 nên 2k 2k (3)

Dễ thấy k 3 thì bất đẳng thức (3) không xảy ra Do đó k 2.

Thay k 2 vào (1) ta được x 2  y 2.2 4 

 P3 > P4

Trang 6

Thử lại x 2;y 4 thỏa mãn đề bài Vì vai trò của x, y như nhau vậy (x y, ) 2;4 , 4; 2   

2) M = 2  2   2 

2x 7x 31 2 x 4x 21 x 3x 10

=  2x2 7x 31 2 7    x x(  3)x 2 5   x

=  2x2  7x 31 2 [ 7    x x   2 ].[ 5   x x(  3)]

2x 7x 31 2 x 5x 14 x 2x 15

= 2   2   2   2 

=  x2  5x 14  x2  2x 15 2  2 2

Vậy: Min A = 2, Với  2  x 5

Dấu “=” xảy ra khi:  2   2  1

3

         (TMĐK) Câu 12:

Hình vẽ:

Qua C, B kẻ các đường thẳng song song với MN cắt AG lần lượt tại E, F Ta có:

a) Ta có:AM AB AG AF;AN AC AG AE

3











AG

AF AE AN

AC

AM

AB

(do G’E = G’F với G’ là trung điểm của BC)

AN

AC AM

AB

4

1

.





















AN

AC AM

AB AN

AM

AC AB S

S

AMN

ABC

AMN

S

(dấu “=” xảy ra

BC MN AN

AC

AM

AB

//





AC

AN x

AB

AM



2

1



y x (1)

y

1 1











Trang 7

Từ (1) ta có: (1 – x)(1 – y) > 0 hay 1 – (x + y) + xy > 0

Do đó: 1 – 2xy > 0  xy12, suy ra ..  21

AC AB

AN AM

ABC

AMN

S

2

Trên BC lấy điểm E sao cho BD = BE

Từ giả thiết BC = BD + AD = BE + AD

 BE + EC = BE + AD  EC = AD

AD là phân giác  DC AD CB AB

BC

AC BC

AB

CD

AD

CD

CE



CED



  CAB

2

180 ,

DCE DBC



DBC ECD

0 0

0

20 180

9 180 4

180 2

180

































0

40   









Câu 13:

1 HD: Điều kiện:

0 0

x x

x

      



3

2

, với u ≥ 0, v32

Ta có:



























2 2 4 2

3

2

1 1

v x

u x

Do dó ta có hệ

Trang 8

   

2

2 2

1 1

2 2

3 3

16 65

2 2 1

9

2 3

8 194

.

18

u v





 







 







 





  2

5

8 194

.

18

u v





 

 

 

 



 























) ( 0 18

194 8

3

2

) ( 0 18

194 8

3

2

b y

y

a y

y

3

3 2

97 1

; 2

3 2

97

1

2 1









y

Do đó:



















1 2

2 2 2 1

1 1

y v

y u y v

y u

Vì u ≥ 0 nên ta chọn

3

3 2

97 1

2







y u

3

3 2

97

1  



 x

2

3

3 2

97 1



















 x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

2

3 2

97 1

9

1



















x

Trang 9

2 Phương trình đã cho tương đương với : x3 = y3 + 2y2 + 3y +1 (1)

Nhận xét rằng: y2  0 x3 y3 2y2 3y 1 y2 (y1)3 (2)

5y   2 0 x  y 2y 3y 1 (5y 2) ( y 1) (3)

Từ (2) và (3) suy ra: (y  1)3< x3 (y 1)3, Vì y Z

2

0

y



Z

Vậy phương trình có 2 cặp nghiệm nguyên là (-1; -1) và (1; 0)

3

1 2

1

; 1 2

1













c

c b

y a

x

y

y b

x

x a

2

1

; 2

1

; 2











Ta thấy 0 < x, y, z < 1 và x + y + z ≥ 1









z y

y x x

Ta có

7

3 2 9

3 )

( 3

2 ) (

3

) (

2 ) (

3

) (

2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2

3

2 2

2 2 2

2 2

2















































z y x z y x z

y x

z y x

z y x z y x

z y x z

z

z y

y

y x

x

x z

z y

y x

x

Dấu “=” xảy ra  abc 1

Biên soạn: Hoàng Quốc Khánh – Học sinh THCS Đồng Lạng – Đức Thọ – Hà Tĩnh

Liên hệ dịch vụ ra đề thi HSG Toán 8 + 9 cấp huyện và tỉnh theo email:

hoangquockhanh1509@gmail.com

Trang 10

TRƯỜNG THCS ĐỒNG LẠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

Ra đề: Học sinh Hoàng Quốc Khánh

ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 9 LẦN 1

NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn: Toán 9

Bài 1:

Cho x và y là các số hữu tỉ thỏa mãn đẳng thức: x y 3 xy x3 3y2

Bài 2:

Cho 100 số tự nhiên a1, a2… a100 thỏa mãn:

19

Chứng minh rằng: Trong 100 số tự nhiên đó, tồn tại 2 số bằng nhau

Bài 3:

2

BC

AB AC  AM 

2

AB BC





c) Cho hình vuông ABCD, đường chéo có độ dài bằng 1 Gọi MNEF là tứ giác lồi có bốn đỉnh lần lượt nằm trên các cạnh của hình vuông

Bài 4:

chính phương

Trang 11

1 Cho 0 t 3  Tìm GTNN của biểu thức:

2 2

A

t 3 t







Bài 5:

Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a + b + c = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của

a b b c c a

Bài 6: Cho hình vuông ABCD có cạnh là a Các điểm M và N trên đường chéo AC sao cho AC =

3AN = 4AM Hai đường thẳng DM và DN cắt cạnh AB tại P và Q Chứng minh: Tam giác AMP

và tam giác ANQ đồng dạng

Bài 7: Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn a2 b2 c2  1 Chứng minh rằng :

1

b a c b a c 

Bài 8: Giải phương trình 2 3 3 x 2 3 6 5   x 8 0  x R 

Hết

-Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

Trang 12

ĐÁP ÁN VẮN TẮT VÀ THANG ĐIỂM

Bà

1

+) Nếu x 0 hoặc y 0 thì 1  xy  1 là số hữu tỉ.

+) Nếu x 0 và y 0 : T ừ giả thiết ta có:

4

           

1 1

2

xy

    là số hữu tỉ.

2

Giả sử trong 100 số tự nhiên đã cho đó không có hai số nào bằng nhau

Ta có:

2 2 3 3 100 100

2 1 3 2 100 99

1 2( 2 1 3 2 100 99 ) 19

Mâu thuẫn với giả thiết Vậy điều giả sử sai.

Vậy tồn tại hai số bằng nhau.

3 a)Vẽ đường cao AH, ta có

2

BC

MB MC  (AM là trung tuyến)

2.

2.AM 2.HM BM 2.BM HM HM. HM 2.HM MC MC.

2

BC

b)Vẽ phân giác BD ta có  

2

ABC ABD 

xét  ABD có A 90 0

nên tanABD AD

AB

 (1)

Mà BD là phân giác



Từ (1) và (2) suy ra tan

2

AB BC



 (đpcm)

A

M H

J K

I N

Trang 13

Kẻ AH  BC,MN  AH

MJ2 MK2 MJ2 AJ2 MA2

MJ2 MK2 NA2 (Vì MA  NA)

Vì MI=NH nên :MI2 MJ2 MK2 NH2 MJ2 MK2 NH2 NA2

Áp dụng bất đẳng thức: 2 2 1 2

2

a b  a b

Ta được 2 2 2 1 2 1 2

MI MJ MK  NH NA  AH

Dấu bằng xảy ra khi M là trung điểm của AH

c)

K

H

S

C D

E

N

F

Gọi H, S, K lần lượt là trung điểm của MF, ME và NE.

Ta có: AH = 1

2 MF (Vì AH là trung tuyến thuộc cạnh huyền MF)

CK = 1

2 NE (Vì CK là trung tuyến thuộc cạnh huyền NE)

HS = 1

2 EF (Vì HS là đường trung bình của  MEF)

SK = 1

2 MN (Vì KS là đường trung bình của  NME) Vậy: MN + NE + EF + FM = 2(SK + CK + HS + AH)  2(CS + AS)  2AC = 2

(Vì AC = 1) Dấu “=” xảy ra khi: H, S, K AC

Khi đó: Tứ giác MNEF là hình chữ nhật.

4

1 Giả sử n 2 + d = m 2 ( m  N) (*).Vì d là ước dương của 2n 2 nên 2n 2 = k.d (k  N) suy ra:d =

2

2n k

Thay d = 2n2

k vào (*) ta có: n 2 + 2n2

k = m 2  n 2 k 2 + 2n 2 k = m 2 k 2

Trang 14

Từ đó suy ra: k 2 + 2k = (mk) 2

n là số chính phương Nhưng k 2 < k 2 + 2k < (k+1) 2 nên k 2 + 2k không thể là

số chính phương, mâu thuẫn Vậy: n 2 + d không là số chính phương.

2 Cách 1

Xét hiệu:

1 1 1

x P

x

 

  



 

 



 

Vì x 0;x 1 nên:   x 12 0 và x x  1 0 Do đó: 1 0

3

P   Vậy ta có điều phải chứng minh:

Cách 2: Ta có : P =

1

x

x x =

1 1 1

x x

  với x 0;x 1

Áp dụng BĐT Co – si cho 2 số dương x; 1

x ta có: x 1 2 x. 1 2

Vì x 1 nên dấu "=" không xảy ra

Suy ra: x 1 1 3

x

   Vậy 1

3

P 

Câu 3: Ta có

2

.

A

3

t





Tiếp đó ta dễ dàng chứng minh: 4t 9 12

t

 

  Dấu "=" xảy ra khi t = 1,5

t  t  Dấu "=" xảy ra khi t = 1,5 Suy ra 16

3

A  Dấu "=" xảy ra khi t = 1,5 Vậy GTNN của A bằng 16

3

Ta có: a 2 + b 2 + c 2 = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 ) = a 3 + b 3 + c 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca 2

Theo BĐT AM-GM thì:a 3 + ab 2

 2c 2 a Suy ra a 2 + b 2 + c 2

Đặt t = a 2 + b 2 + c 2 Theo BĐT B.C S thì: 3(a 2 + b 2 + c 2 )  (a +b + c) 2 = 1 Do vậy: t  1

3

Khi đó: 3(1 ) 27 3 3 1 1 27 3 3 23

t



Vậy MinP = 23

3 khi a = b = c =

1 3

Trang 15

AC là đường chéo của hình vuông ABCD cạnh a nên:

AC = 2 a

AC = 3AN = 4AM (gt)



3

1 MC

AM , 2

1 NC

AN



6

1 a 2 12

1 AC 3

1 AC 4

1



MDC có AP//DC suy ra:

MC

AM DC

AP

 (hệ quả định lý Talet)

3

1 DC MC

AM



Tương tự có: AQ =

2

1

a

Do đó: AM AN = AP QA 











 a2 2 1

 AMAQANAP (*)

AMP và AQN có:

MAP chung (**) (*), (**)   AMP AQN

7 Từ giả thiết suy ra a , b , c thuộc (0 ; 1)

2

1

a

Tương tự : 2 21 ; 2 21 

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được :

C

D

x

P Q

Trang 16

2 2 2

1

a b c a b b c c a

Áp dụng bất đẳng thức cô si cho ba số dương nhận được :

a a b  a b b b c  b c c c a  c a (2)

Từ (1) và (2) 

1

b a c b a c 

Đẳng thức xảy ra 3

3

a b c

   

8

Điều kiện x 6

5

 Đặt t = 3 3x  2

3

3 2

3

t

Khi đó phương trình đã cho trở thành : 2t + 3 8 53 8 0

3

t



 

3 3

2

8 5

3 3

4 4

2 15 26 20 0

15 4 32 40 0

t

t t

 

 









   

Định dạng
Số trang	16
Dung lượng	737 KB