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 a2b2 2 a b 2+(1 ab)2 4ab

Chứng minh 1 ab là số hữu tỉ

c Giải phương trình x2  x  4 2  x  1 1   x 

Bài 3: (3,5 điểm)

a Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn x5y2 xy21

b Cho a, b, c>0 thỏa mãn abc=1 Chứng minh 1 1 1 32

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

+ Nếu a>b>0

ab

M



+ nếu 0<a<b

ab

M



0,75

0,25

0,25

0,25

b/

1,5đ

18 2 3

5 5 2 4 4 2 18 2 36 2 3 6

18 2 36 2 9 2 3 6

 

 

-Vây ta có

3

2





2b vào 3a2 6b2  a0 t

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

0,5

0,25

0,75

2 đ Ta có  a b c2    a b c 2 ab bc ca

mà a b c 7 ; a b c  23 nên ab bc ca 13

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

=

    

1

3 7 13 1 1

  

0,25

0,75

1,0

a/

1,5đ N= 2( 4 3 4 3 ) 25 10 2 2

8 2 13



(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 Điều kiện:

1

x  (*).

2

 x x 12 2x x 1 3 0

Đặt x x1y (Điều kiện:y 1 **  ), phương trình trở thành 2

y  y 

3

y

y







0,5

+ Với y  ta có phương trình:3

2

2

1 9 6

2 2

7 10 0

5

x

x x

x x

x

 



        

   



 



 





Vậy phương trình có nghiệm x  2

0,25

0,5

0,25

a/

1,75đ Ta có x5y2 xy2 1 x5 1  xy2  y2 0

1 0

1

x

 



 

    



-*Nếu

x   x ta có 1y2 y21 đúng với mọi y nguyên

Vậy ngiệm của PT là (1;yZ)

*Nêu x4x3x2  x 1 y2 4x44x34x24x 4 (2 )y 2

Ta có

2 2

        

Vậy ta có (2x2x)2 2y2*

Ta có 2x2 x 22 (2 )y 2 5x20, Vậy ta có 2y2 2x2  x 2 **2

Từ * và ** ta có

2

Nếu 2y2 (2x2 x 1)2  x22x  3 0 x2 2x 3 0

1 ( 1)( 3) 0

3

x

x





      



+ nếu x 1 y2  1 y1

+Nếu x 3 y2 121 y11

-Nếu 2y2 (2x2 x 2)2  5x2  0 x 0 y2  1 y1

Kết luận

0,25 0,25

1đ

0,25

b/

1,75đ

Ta có 3x2y2 z2 x y z  2   x y 2y z 2x z 20

 x y z  2 3x2y2z2 nên với x,y,z>0 ta có

0,5

 2 2 2 3

x y z   x y z , áp dụng ta có

3

4

áp dụng ta có

c

a

b

      nên

3

3

0,5

0,5

0,25

T G F

Q

P

E

O

K

I

H

N

C M

B A

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

//

-Ta có OAMA ( ) MAO NOB 900; xét MAO và NOB có

  90 ;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/

  90 ;0  

MAO NOB  CBH MOA ( cm trên)

2

2

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

0,5

0,5 0,5 0,5 c/

//

QF IO



-Chưng minh O là trục tâm tam giác GIP

0,75 0,75 0,5

*A 427 42016 4n   227 2 1 41989 4n 27

Vì A và  227 2 là số chính phương nên 1 41989 4n27

Ta có 1 41989 4n27

  >4n 27 (2n 27 2)



*mà 1 41989 4n27

1989 27

1 4 4n

  2n27 12

   2n2723977 n4004

Với n=4004 ta có A=A 4274201644004 227240042là số chính phương

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

0,25

0,5

0,25