de thi hsg mon toan lop 9 tp bac giang nam 2016 2017

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

PHÒNG GD&ĐT

TP BẮC GIANG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ

NĂM HỌC 2016-2017

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

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 a b  

c Cho a, b, c thỏa mãn a b c  7 ; a b c   23 ; abc  3

ab c  bc a  ca b

Bài 2: (4,5 điểm)

a Tính giá trị của biểu thức N= 4 3 4 3 27 10 2

4 13

  

 



b Cho a, b là số hữu tỉ thỏa mãn  2 2   2

2

a b  a b + 2

(1 ab)   4ab

Chứng minh 1 ab là số hữu tỉ

x    x x   x

Bài 3: (3,5 điểm)

a Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn 5 2 2

1

x y xy 

b Cho a, b, c>0 thỏa mãn abc=1 Chứng minh 1 1 1 3

2

ab a  bc b  ca c 

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 son song với AB

c Gọi G và F lần lượt là trung điểm của AH và AE Chứng minh PG vuông góc với QF

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 NĂM HỌC 2016-207

MÔN: TOÁN LỚP 9

a/

1,5đ -Rút gọn M= aab b với a, b>0 và ab

-Ta có

2

ab a b

+ Nếu a>b>0

ab

a b

M



+ nếu 0<a<b

ab

a b

M



0,75

0,25

0,25

0,25

b/

1,5đ

18 2 3

a b a b

-Nếu

a b a

 

Vì a, b nguyên nên

2

a b a

  Vô lý vì 2 là số vô tỉ

-Vây ta có

3

2

a b a

a b a



  

Thay a= 3

2b vào 2 2

3a  6b  a 0 t

Ta có b=0 (loại) ; b=2 (thoã mãm) , vậy a=3 Kết luận

0,5

0,25

0,75

c/

2

a b c    a b c ab bc ca

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

Tương tự bc a 6  b1 c1 ; ac b 6  a 1 c 1

ab c  bc a  ca b

=

 a 11 b 1  b 11 c 1  a 11 c 1

=

 11 11 11

    

3 7 13 1 1

  

0,25

0,75

1,0

a/

8 2 13

  



(5 2) (4 3) 2 4 3 4 3 (4 3)

2 2

( 4 3 4 3 )

0,25

0,5

0,5

b/

2

2

(GT) a b 2(ab 1) (a b) 1 ab 0

a b 2(a b) (1 ab) (1 ab) 0

a b (1 ab) 0 (a b) -(1 ab)=0 (a b) 1 ab a b 1 ab Q;vi:a;b Q.KL

0,25

0,5

0,25 0,5

c/

1,5đ

Đi u ki n: x1 (*)

2

x x  x x   Đặt x x  1 y (Đi u ki n:y1 ** ), phương trình tr thành 2

2 3 0

  

3

y

y

 





+Với y 1 không thỏa mãn đi u ki n (**)

+ Với y3 ta có phương trình:

0,5

0,25

2

1 9 6

2 2

7 10 0

5

x

x x

x x

x x

x

 



        

   



 



 



 Vậy phương trình có nghi m x2

0,5

0,25

a/

x y  xy   x   xy  y 

1 0

1

x

 



      



-*Nếux    1 0 x 1 ta có 2 2

1 y  y 1 đúng với mọi y nguyên Vậy ngi m của PT là (1;yZ)

x x x   x y  x  x  x  x  y

Ta có

2 2

 

        

  Vậy ta có 2 2  2

(2x x)  2y *

Ta có  2 2 2 2

2x  x 2  (2 )y  5x  0, Vậy ta có  2  2 2

2y  2x  x 2 **

Từ * và ** ta có

2

2y  (2x  x 1)   x 2x   3 0 x  2x  3 0

1 ( 1)( 3) 0

3

x

x x

x

 



      

x   y    y

x  y    y

2y  (2x  x 2)   5x     0 x 0 y     1 y 1 Kết luận

0,25

0,25

1đ

0,25

b/

1,75đ

Ta có  2 2 2  2   2  2 2

3 x  y z  x y z   xy  yz  xz 0

 2  2 2 2

3

x y z  x y z nên với x,y,z>0 ta có

 2 2 2 3

x  y z x  y z , áp dụng ta có

0,5

1 1 1 1 1 1

3

4

x y xy x y xy

x y x y

áp dụng ta có

ab a ab a ab abc a ab c a

c

a

     ;

b

      nên

3

3

ab a bc b ca c

       

2

ab a  bc b  ca c 

      dấu “=” có khi a=b=c=1

0,5

0,5

0,25

T G F

Q

P

E

O

K

I

H

N

C M

B A

a/

2đ

-Ta có ACB nội tiếp đường tròn (vì ) mà AB là đường kính nên ACB vuông tại C

AC BN

Ta có MA=MC ( ), OA=OC ( ) nên MO là trung trực của AC

0,5

MO AC MO NB

-Ta có OAMA ( ) 0

90

MAO NOB

   ; xét MAO và NOB có 0

MAONOB MOANBO OAOB  R MAO NOBMO NB

-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 MNBO là hình thang cân

0,75

0,75

b/

2đ -Xét CHB và MAO có

0

90 ;

MAONOB CBHMOA ( cm trên)

CH HB HB CHB MAO

-Ta có CH AB (gt) ; MAAB ( ) // //

2

IH HB HB

CH MA IH MA

2

CH IH IC IH

-Chi ra KI là đường trung bình của tam giác ACH KI//AB

0,5

0,5

0,5

0,5 c/

2đ

-Chưng minh FQIO là hình bình hànhQF//IO

-Chưng minh O là trục tâm tam giác GIP

PG OI PG QF

0,75 0,75 0,5

* 27 2016   27 2 1989 27

Vì A và  27 2

2 là số chính phương nên 1989 27

1 4 4n là số chính phương

Ta có 1989 27

1 4 4n > 27 27 2

4n  (2n )

*mà 1989 27

1 4 4n là số chính phương nên ta có

1 4 4n  27 2

2n 1

2n 2 n 4004

Với n=4004 ta có A= 27 2016 4004  27 40042

A     là số chính phương Vậy n=4004 thì A=427+42016+4n là số chính phương

0,25

0,5

0,25