Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 Phòng GDĐT Tư Nghĩa, Quảng Ngãi năm học 2016 2017

Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.. Kéo dài AO cắt đường tròn tại K.. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC... AC cắt BD tại M.. Tính diện tích tam giác ABM theo R... 4,0đ a Chứng mi

PHÒNG GD&ĐT TƯ NGHĨA KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

Năm học: 2016 - 2017 Môn thi: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (3,0 điểm)

Cho biểu thức 2 2 1.( 1 1 )

A

x



 a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa

b) Rút gọn biểu thức A

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A

Bài 2: (6,0 điểm)

a) Giải phương trình: x22015x2014 2 2017 x2016

b) Chứng minh rằng: 1 1 2

x y   biết x3 + y3+ 3(x2+ y2) + 4(x + y) + 4 = 0 và x.y > 0 c)Chox y z, , thỏa mãn 1 1 1 : 1 1

  Tính giá trị của biểu thứcBx21 y21y11z11z2017x2017

Bài 3: (4,0 điểm)

a) Với n chẵn (nN) chứng minh rằng: (20n+ 16n – 3n– 1)323

b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: (y 2)x2017 y2  2y  1 0

Bài 4: (4,0 điểm)

Cho tam giác ABC (có ba góc nhọn) nội tiếp đường tròn (O; R) Các đường cao AD, BE,

CF cắt nhau tại H Kéo dài AO cắt đường tròn tại K Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC

a) Chứng minh SAHG= 2SAGO

b) Chứng minhHD HE HF 1

AD BE CF+ + =

Bài 5: (3,0 điểm)

Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB C và D là hai điểm nằm trên nửa đường tròn

đó sao cho góc CAB 45 = 0, góc DAB 30 = 0 AC cắt BD tại M Tính diện tích tam giác ABM theo R

Đáp án đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9

1a

(1,0đ)

a) Điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa : 3

2 0

2

1 0

1

2 1

x

x x

x x

 



 





  

1b

(1,0đ)

b) Rút gọn biểu thức A

2

2

A

x

1,0đ

1c

(1,0đ)

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của A

Ta có 2

2

A

Ta có A nhỏ nhất khi ( 1)2 3

x   đạt giá trị nhỏ nhất

Vậy: Giá trị nhỏ nhất của là A là 4

3

 khi 1

2

x  = 0 1

2

x 

1,0đ

2a

(2,0đ)

a) Giải phương trình: x22015x2014 2 2017 x2016

Điều kiện 2016

2017

x 

Phương trình đã cho tương đương với

2 2 1 2017 2016 2 2017 2016 1 0

x  x  x  x  

1 2017 2016 1 0

1 0

2017 2016 1 0

x

x

 



 



1,0đ

2017 2016 1

x x







1

x

  (thỏa mãn điều kiện)

Vậy x 1 là nghiệm của phương trình đã cho

1,0đ

2b

(2,0đ)

b) Chứng minh: 1 1 2

x y   biết x3+ y3+ 3(x2+y2) + 4(x+ y) + 4 = 0 và x.y > 0

Ta có: x3 + y3+ 3(x2+y2) + 4(x+ y) + 4 = 0

(x + y)( x2– xy + y2) + 2(x2– xy + y2) + (x2+ 2xy + y2) + 4(x+y) + 4 = 0

( x2–xy + y2)( x + y + 2) + ( x + y + 2)2= 0

( x + y + 2)( x2–xy + y2+ x + y + 2) = 0

 1

2.( x + y + 2)( 2x2–2xy + 2y2 + 2x + 2y + 4) = 0

 1

2.( x + y + 2).(x y ) ( 1) ( 2  x 2  y 1) 2 2  = 0

 x + y + 2 = 0

 x + y = -2 mà x.y > 0 nên x< 0, y < 0

1,0đ

Áp dụng BĐT CauChy ta có ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 1

Do đó xy 1 suy ra 1 1

xy hay 2

xy

  -2 Mà M 1 1 x y 2

Vậy M 1 1 2

x y

    (đpcm)

1,0đ

2c

(2,0đ)

Chox y z, , thỏa mãn 1 1 1 : 1 1

  Tính giá trị của biểu thứcBx21y21y11z11z2017x2017

Ta có: 1 1 1 : 1 1 1 1 1 x y z 1

  

 

(yz + xz + xy)(x + y + z) = xyz

1,0đ

xyz + zy + yz + zx + xyz + xz + yx + xy + xyz = xyz

(xyz + zx2+ xy2+ yx2)+ (zy2+ yz2+ xz2+ xyz) = 0

x(yz + zx + y2+ yx)+ z(y2+ yz + xz + xy) = 0

(yz + zx + y2+ yx)( x+ z) = 0 (x y y z x z )(  )(  ) 0 

 





  

  

 Thay vào B tính được B = 0

1,0đ

3a

(2,0đ)

Với n chẵn (nN) chứng minh rằng: 20n+ 16n– 3n– 1323

Ta có: 323 = 17.19

 20n + 16n– 3n– 1= (20n– 1) + (16n– 3n)

20n – 119

16n – 3n 19 (n chẵn)

Do đó 20n+ 16n– 3n– 119 (1)

1,0đ

 20n + 16n– 3n– 1= (20n– 3n) + (16n–1)

20n – 3n 17

16n –1n 17 (n chẵn)

Do đó 20n+ 16n– 3n– 117 (2)

Mà (17; 19) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra 20n + 16n– 3n – 1323

1,0đ

3b

(2,0đ)

b) Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn: (y 2)x2017 y2  2y  1 0

Nếu y + 2 = 0   y 2 lúc đó phương trình có dạng 0x2017   1 0(vô

nghiệm)

Nếuy  2 thì ta có 2017 2 2 1 1

 

1,0đ

Vì x,y nguyên nên 1

2

y  nguyêny  2 Ư(1)   1;1 Vớiy       2 1 y 3 x2017   4 (loại)

Vớiy      2 1 y 1 x2017    0 x 0

Vậy số nguyên x, y thỏa mãn đề bài là: x = 0,y = -1

1,0đ

(4,0đ)

a) Chứng minh SAHG= 2SAGO

 Tam giác ACK nội tiếp đường tròn (O) đường kính AK

Nên KC vuông góc với AC

Mà BE vuông góc với AC (gt)

Suy ra KC // BE hay KC // BH

Chứng minh tương tự ta có KB // CH

Nên tứ giác BHCK là hình bình hành

Gọi M giao điểm của BC và HK nên

 M là trung điểm của BC mà G là trọng tâm của tam giác ABC nên AG =

2

3AM

 M là trung điểm của HK nên AM là đường trung tuyến của tam giác AHK

Mà G thuộc đoạn AM và AG = 2

3AM nên G là trọng tâm của tam giác AHK

Ta có O là trung điểm của AK nên HO là đường trung tuyến của tam giác

AHK

Nên HO đi qua G do đó HG = 2GO

 Tam giác AHG và tam giác AGO có chung đường cao kẻ từ A đến HO và

HG = 2GO

G H

M F

A

E O

C K

D B

1,0đ

1,0đ

2,0đ

Do đó SAHG= 2SAGO

b) Chứng minh HD HE HF 1

AD BE CF+ + =

Ta có:

1HD.BC 1HE.AC 1HF.AB

SHBC SHAC SHAB

SABC SABC SABC

SABC

SABC = 1 Tính diện tích tam giác ABM theo R

A

N

C M

D

B H

O

Gọi N là giao điểm của AD và BC; H là giao điểm của MN và AB

Chứng minh gócAHM 90 = 0; mà góc CAB 45 = 0(gt) nên tam giác

AHMvuông cân

MH = AH

MH + HB = AH + HB = 2R (1)

1,0đ

(3,0đ)

* Tam giác MHBvuông tại H

 HB = MB.cos MBH MB = HB = HB 0 = 2HB

cos MBH cos 60



 MH = MB.sinMBH MH MB.sin 600 MB 3 HB 3

2

HB = MH 3.MH

3

Từ (1) và (2) ta có MH + 3.MH 2R MH 6R (3 3).R

3 = Þ = 3 + 3= -Vậy:S AB.MH 1.2R.(3 3) R (3 3) R2

-2,0đ

Chú :

- Học sinh có thể giải theo cách khác, nếu đúng v n cho điểm tối đa

- Không có điểm vẽ hình

- Chứng minh mà không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai thì không có điểm