Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì vẫn được điểm theo thang điểm tương ứng.
Trang 1PHÒNG GD&ĐT LỤC NAM
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2016 - 2017 MÔN THI: TOÁN - LỚP 9 Ngày thi: 6/10/2016 Thời gian làm bài:150 phút
Câu 1 (4,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức A x 1 xy x 1 : 1 xy x x 1
2) Cho ( 3 1 10 6 3) 3
21 4 5 3
=
+ + , tính giá trị biểu thức ( 2 )2017
Câu 2 (5,0 điểm)
1) Cho x 2 1
2 1
+
=
− là một nghiệm của phương trình: ax
2 + bx + 1 = 0 Với a, b là các số hữu tỉ Tìm a và b
2) Cho P là số nguyên tố lớn hơn 5 Chứng minh P20 – 1 chia hết cho 100
3) Cho a b c, , là độ dài của 3 cạnh một tam giác, chứng minh rằng:
a4+ + <b4 c4 2a b2 2+2a c2 2+2b c2 2
Câu 3 (4,0 điểm)
1) Tìm các số nguyên x sao cho x3 – 3x2 + x + 2 là số chính phương
2) Giải phương trình: x2 3x 2 x 2 2x x 6 5
x
Câu 4 (6,0 điểm)
Cho hình thoi ABCD có AB = BD = a Trên tia đối của tia AB lấy điểm N, trên tia đối của tia DB lấy điểm K sao cho AN + DK = 2a Gọi giao điểm của CN với BD và AD thứ tự là I và M Tia BM cắt ND tại P
1) Chứng minh IC.CN = IN.CM
2) Chứng minh DM.BN = a2 từ đó tính số đo góc BPD
3) Tìm vị trí điểm N và K để diện tích tứ giác ADKN lớn nhất
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3 Chứng minh rằng a5 + b5 + c5 + 1 1 1
a b c+ + ≥ 6.
HẾT
-Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Giám thị 1 (Họ tên và ký) Giám thị 2 (Họ tên và ký)
Trang 2ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2016 - 2017 MÔN THI: TOÁN - LỚP 9
(Bản hướng dẫn chấm có 04 trang)
Câu 1
1.1
(2.0 điểm)
với x y ; >0, xy ≠1
x 1 1 xy xy x xy 1 xy 1 1 xy
xy 1 1 xy
=
xy 1 1 xy xy x xy 1 x 1 1 xy
xy 1 1 xy
=
0.75
( x 1 1xy 1 1) ( xyxy) ( xyxy xx) ( xy 1xy 1) ( xy 1 1x 1 1) ( xyxy)
x y xy xy
+
+ Kết luận…
0.75
1.2
(2.0 điểm)
2
3 1 ( 3 1) ( 3 1)( 3 1)
20 4 ( 20 1) 3
+
2
5 2
2( 5 2)
Câu 2
2.1
(2.0 điểm)
Ta có x 2 1
2 1
+
=
Vì x 2 1
2 1
+
=
− là một nghiệm của phương trình: ax
2 + bx + 1 = 0 Nên 17a + 12a 2 + 3b + 2b 2 + 1 = 0
2(12a + 2b) = - 17a – 3b – 1
0.5
Do a, b là các số hữu tỉ nên - 17a – 3b – 1 và 12a + 2b là các số hữu tỉ
Kết luận…
0.25
2.2
(1.5 điểm) Ta có p20- =1 (p4- 1)(p16+p12+p8+p4+1)
Do P là số nguyên tố lớn hơn 5 => p là một số lẻ
=> p2 + 1 và p2 – 1 là các số chẵn
0.5
Trang 3=> p4 -1 chia hết cho 4
=> p20 -1 chia hết cho 4
Vì P là số nguyên tố lớn hơn 5 => p là một số không chia hết cho 5
Lập luận được p4 -1 chia hết cho 5
Lập luận được p16+p12+p8+p4+1 chia hết cho 5
=> p20 -1 chia hết cho 25
0.75
Mà (4 ; 25) = 1
2.3
(2.0 điểm)
a + + <b c a b + a c + b c
⇔ a4+ + −b4 c4 2a b2 2−2a c2 2−2b c2 2 <0
a − −b c − b c <
0.75
⇔ (a2− − −b2 c2 2bc) (a2− − +b2 c2 2bc)<0
⇔ (a − −b c a b c)( + + ) (a − +b c a b c)( + − <) 0 0.5
Vì a b c, , là độ dài ba cạnh một tam giác nên:
a − − <b c a + + >b c a − + >b c a + − >b c
⇒ (a − −b c)( a b c+ + ) (a − +b c a b c)( + − <) 0
Kết luận…
0.75
Câu 3
3.1
(2.0 điểm)
Ta có: x3 - 3x2 + x + 2 = (x-2)(x2 – x -1)
* Xét x – 2 = 0 x = 2 thỏa mãn bài toán; x2 – x -1 = 0 (loại)
* Xét x - 2 = x2 – x -1 Suy ra x = 1
0.5
Xét x ≠ 2; x ≠ 1
Với x nguyên ta chứng minh được: (x – 2 ; x2 – x -1) = 1
Nên x3 - 3x2 + x + 2 là số chính phương khi x – 2 và x2 – x -1 cùng là số
chính phương
0.5
Để x2 – x -1 là số chính phương thì x2 – x -1 = y2 với y∈Z.
Tìm được x = 2 (không thỏa mãn x ≠ 2); x = -1
0.5 Thử lại x = - 1 ta có x3 - 3x2 + x + 2 có giá trị là -1 không phải là số chính
phương => x = - 1 loại
Vây x = 2 hoặc x = 1 thì x3 - 3x2 + x + 2 là số chính phương
0.5
3.2
(2.0 điểm) Giải phương trình: x2 3x 2 x 2 2x x 6 5 (*)
x
Điều kiện: x> 0
0.25
Trang 4( ) x x( 3) 2 x 2 2x x2 5x 6 0
x
+
x 3
x
+
x
ç
Û - + çç - ÷÷=
÷
1.0
Û x- x 2+ = hoặc 0 x 3 2 0
x
+
- = Nếu x- x+ = Tìm được x = 2 thỏa mãn2 0
Nếu x 3 2 0
x
+ - = Tìm được x = 1 thỏa mãn Kết luận…
0.75
Câu 4
P
M
I
C
D A
B
N
K
4.1
(2.0 điểm)
+ Do ABCD là hình thoi => AB =BC = CD = AD = a
+ BI là đường phân giác của tam giác BNC => IC = BC = a
IN BN BN
0.75 + AM // BC, Áp dụng định lý Ta lét trong tam giác NBC ta có:
0.75
Nên MC = IC(= a )
4.2. + Chứng minh được hai tam giác BNC và DCM đồng dạng (g.g) 1.5
Trang 5(2.5 điểm)
=> BC = BN
DM DC => DM.BN = a2
Ta có AB = AD = a và BD = a => tam giác ABD đều => ·ABD=BDM· =600
(1) Lại có DM.BN = a2 => a = BN
DM a => BD = BN
DM BD (2)
0.5
Từ (1) và (2) => Hai tam giác MDB và DBN đồng dạng (c.g.c)
Xét hai tam giác DBP và DNB có góc D chung và ·BND=DBM·
=> Hai tam giác DBP và DNB đồng dạng (g.g) => ·NBD=BPD· =600 0.25
4.3.
(2.0 điểm)
Vì S(ABD) không đổi => S(ADKN) lớn nhất khi S(ADKN) + S(ABD) lớn nhất hay
S(NBK) lớn nhất Thật vấy: S(NBK) = 1 0
60
2NB BK Sin (HS phải chứng minh công thức này)
=> S(NBK) = 1
3
4NB BK
0.5
Lại có NB.BK
2
2
+
≤ NB BK ÷ =4a2
=> S(NBK) ≤a2 3
0.5
Dấu “ =” xảy ra khi BN =BK = 2a, mà AN + DK = 2a, BA = BD = a Vậy N, K cách
A, D một khoảng là a
Kết luận…,
0.5
Câu 5
(1.0 điểm)
Áp dụng bất đẳng thức cô si: a5 + 1
a ≥ 2a² ; b5 + 1
b ≥ 2b² ; c5 + 1
c≥ 2c²
Suy ra a5 + b5 + c5 + 1 1 1
a b c+ + ≥ 2(a² + b² + c²)
0.5
Mặt khác a² + 1 ≥ 2a; b² + 1 ≥ 2b; c² + 1 ≥ 2c Suy ra a² + b² + c² ≥ 2a + 2b + 2c – 3 = 3 Kết luận…
0.5
Lưu ý khi chấm bài:
Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì vẫn được điểm theo thang điểm tương ứng.