Đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 tỉnh quảng nam năm 2016 2017 có đáp án

2,5 điểm Cho tam giác nhọn ABC cân tại A và nội tiếp trong đường tròn O đường kính AK; lấy điểm I thuộc cung nhỏ AB của đường tròn O I khác A, B.. Gọi M là giao điểm của IK và BC, đường

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO

TẠO QUẢNG NAM

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH

Năm học 2016 – 2017

Môn thi : TOÁN

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi : 10/4/2017

Câu 1 (5,0 điểm)

x



với x 0 và 1

4

x 

Rút gọn biểu thức P và tìm x để 3

2

P 

b) Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa ab bc ca  3abc Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A

Câu 2 (4,0 điểm)

a) Giải phương trình x2  1  x  1  x  2 0 

b) Giải hệ phương trình

2

2 3 2







Câu 3 (4,0 điểm)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( , )a b thỏa mãn đẳng thức:

a  b  a  b  a b  a b 

b) Cho hai số nguyên a và b thỏa 24a2 1 b2. Chứng minh rằng chỉ có một số a hoặc

b chia hết cho 5.

Câu 4 (2,5 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC cân tại A và nội tiếp trong đường tròn (O) đường kính AK; lấy điểm I thuộc cung nhỏ AB của đường tròn (O) (I khác A, B) Gọi M là giao điểm của IK và

BC, đường trung trực của đoạn thẳng IM cắt AB và AC lần lượt tại D và E Chứng minh tứ giác ADME là hình bình hành.

Câu 5 (4,5 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp trong đường tròn (O) và có trực tâm là H Gọi D, E, F lần lượt là các chân đường cao vẽ từ A, B, C của tam giác ABC.

a) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, gọi L là giao điểm của đường thẳng AK và đường tròn (O) (L khác A) Chứng minh HL vuông góc với AK.

b) Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B, C) Gọi N và P lần lượt là hai điểm đối xứng của điểm M qua hai đường thẳng AB và AC Chứng minh ba điểm

N, H, P thẳng hàng.

–––––––––––– Hết ––––––––––––

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm.

ĐỀ CHÍNH THỨC

Họ và tên thí sinh: … ……….; Số báo danh: ………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2016 – 2017 HƯỚNG DẪN CHẤM

Môn: TOÁN

(Hướng dẫn chấm thi này có 08 trang)

Câu 1

x

với x 0 và

1

4

x  Rút gọn biểu thức P và tìm x để 3

2

P 

3,0

2

P

(mỗi ý trong khai triển được 0,25 điểm)

0,75

0,5

0,5

2

x x

x



+ Với x 0, ta có: x x 2 x x  1 1 3.3 x x.1.1 x x 2 3 x 0,5

P



2

P  ( dấu bằng xảy ra khi x 1) 0,25

Do đó, để 3

2

Hoặc trình bày cách khác:

+ Với x 0, ta có: 3 2 3

x x

x



Đặt t x t,  0

Khi đó (*) trở thành: t3 3t 2 0 0,25

 (t1) (2 t2) 0 0,25

Vì t 2 0,( 1)t 2 0 nên (t 1) (2 t2) 0  t 1 0  t 1 hay x 1 0,25

b) Cho ba số thực dương a b c, , thỏa: ab bc ca  3abc Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức

A

Cách 1: heo đề : 1 1 1

ab bc ca abc

a b c

a

0,25

2

2

2

c a



Suy ra

3 2

1 4

a

c a



 

Tương tự :

3 2

1 4

b

a b



 

3 2

1 4

c

b c



 

Suy ra 3( ) 3

Dùng BĐT Cô Si chứng minh được: a b c 1 1 1 9

a b c

     

 a b c  3 9  a b c  3

Suy ra 3

2

A  , dấu bằng xảy ra khi a b c  1

min

2

A  khi a b c  1

0,25

ab bc ca abc

a b c

Đặt x 1, y 1, z 1

   , khi đó: , , 0

3

x y z

x y z







  

0,25

Biểu thức A được viết lại: ( 2) ( 2) ( 2)

A

y x y z y z x z x

Ta có :

2 2

y x y y x y y x y

2

y

x y y x

x

y x y  y x ;

0,25

mà 1 1.2 1.1 1 1 1

  nên 2 1 1 1 1

x

    

(dấu bằng xảy ra khi x y 1)

0,25

Tương tự : 2

1

y

    

1

z

    

Suy ra 3 1 1 1 3

A

x y z

    

0,25

Dùng BĐT Cô Si chứng minh được: x y z 1 1 1 9

x y z

     

3 1 1 1 9 1 1 1 3

        

Do đó 3

2

A  , dấu bằng xảy ra khi x  y z 1 hay a b c  1 Vậy min 3

2

A  khi a b c  1

0,25

Câu 2

(4,0 đ) a) Giải phương trình

Cách 1:

Khi đó ta có: x2  1x 1 x  2 0

  1x 1 x2 (2 x2 2)  2 1 x2  2 (2 x2 2) (1) 0,25

t  x t Phương trình (1) trở thành:

4 2 2 2 1 0

2 (t 1) ( t 1)(t 1) 2t 0

Vì t 0 nên (t1)(t2 1) 2 t  0

Do đó phương trình (2) có nghiệm duy nhất là t 1 0,25 + Với t 1 x0(thỏa)

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x 0 0,25

Cách 2:

x  x   x    x  x   x (*)

+ Đặt t 1x  1 x t,  Suy ra 0

2 2

2

t

t    x        x

0,25

Khi đó phương trình (*) trở thành:

4 4 8 0 ( 2)( 2 4) 0

+ vì t2  2 2 1 x2  và 2 t 0 nên t  2 0,25

Do đó t32t2 4 2 2 4 4 0   

Suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất là t 2 0,5 + Với t 2 x0(thỏa)

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x 0 0,25

Cách 3:

Đặt 1x a , 1 x b a b ( , 0) Suy ra: a2b2  (1)2 0,5 + Hơn nữa: 1 x2 a b 2 x2 a b2 2 1

+ Phương trình đã cho trở thành: a b a b  2 2 (2)1 0,25

Từ (1) và (2) ta cố hệ:

2 2

2 2

2 1

a b

a b a b





 

1 0

1

a

x b







b) Giải hệ phương trình

2

2 3 2





Cách 1:

2

2 3 2







2

2 2

(2 1) 4



 



(*)

(lưu ý: không nhất thiết biến đối đưa vế phải của pt thứ hai về 2y , có thể 3y )

0,25

- Xét y  thay vào hệ (*) ta được: 0 2 1 0 1

x

x x

 



 





Suy ra

1 2 0

x y









 



là một nghiệm của hệ

0,25

- Xét y  , hệ phương trình (*) tương đương với hệ:0



(**) 0,25

2

x

a xy  b  ; khi đó hệ phương trình (**) trở thành: 2 5

a b

 





 



(***) 0,25

+ Giải hệ (***) tìm được: 2

3

a b









9

a b









* Với 2

3

a b









 ta có

2 1

1 3

2 1

3

x

x x

y x

   

 







hoặc

3 2 2 3

x y









 



0,25

* Với 4

9

a b









 ta có

2 1

9

2 1

9

x

x

x

   

 



Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm:

1 2 0

x y









 



, 1 1

x y









 ,

3 2 2 3

x y









 



Cách 2:



0,25

2

2 3 2

2 3 2



0 1 5

y

xy

xy









 



0,5

+ Với y 0 Suy ra được ( ; ) ( 1;0)

2

+ Với xy 1 Suy ra được ( ; ) (1;1)x y  hoặc ( ; ) ( 3; 2)

2 3

+ Với xy 5 Trường hợp này không tồn tại cặp( ; )x y 0,25

Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm:

1 2 0

x y









 



, 1 1

x y









 ,

3 2 2 3

x y









 



Câu 3

(4,0 đ) a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( , )a b thỏa mãn đẳng thức:

a3 b33(a2 b2) 3( a b ) ( a1)(b1) 25 . 2,0

3 3 3( 2 2) 3( ) ( 1)( 1) 25

a  b  a  b  a b  a b 

(a 3a 3a 1) (b 3b 3b 1) (a 1)(b 1) 25

(a 1) (b 1) (a 1)(b 1) 25

0,5

Đặt x a 1,y b 1( ,x y Z x y ; , 2)

Khi đó (*) trở thành: x3 y3 xy25 (x y x )( 2xy y 2)xy25 (**) 0,25 + Từ (**) suy ra xy x y 1, mà x2xy y 2 0 nên:

+ Hơn nữa: x y và x y , 2 nên xy 6

Suy ra x3 y3 xy25 31  x3 31 x3 (2) 0,25

Từ (1) và (2) suy ra: x 4 Do xy và y 2 nên y 2;3 0,25 + Thử lại, chỉ có 4

3

x y









 thỏa (**) Suy ra 3

2

a b









 là cặp số cần tìm 0,5 b) Cho hai số nguyên a và b thỏa: 24a2 1 b2 Chứng minh rằng chỉ có một

Cách 1:

24a  1 b  25a  1 a b  a b 1(mod 5) (1)

0,25

Ta có: b a  0, 1, 2(mod 5)0, 1, 2(mod 5)

  

2 2

0,1, 4(mod 5) 0,1, 4(mod 5)

a b



 



Từ (1) và (2) suy ra:

2

2

0(mod 5) 1(mod 5)

a b

 







2

2

1(mod 5) 0(mod 5)

a b

 







Cách 2:

24a  1 b  25a  1 a b  a b 5.k1 (1) 0,25

2 2  2   

Từ (1) và (2) suy ra:

2 1 2 2

5 1 5







2 1 2 2

5

5 1

 





Cách 3:

24a  1 b  24a  b 1 không chia hết cho 5 nên a và b không đồng

thời chia hết cho 5

0,25 + Giả sử a và b đều không chia hết cho 5

Theo định lý Fermat ta có

4

2 2 2 2 4

1(mod 5)

1(mod 5)

a

a b a b b









0,5

Nếu a2b2 0(mod 5)thì 25a2 1 a2b2 0(mod 5)( vô lí) 0,25 Suy ra a2 b2 0(mod 5) 23a2 1 b2 a2 0(mod 5) (*) 0,25

Vì a không chia hết cho 5 nên a  1, 2(mod 5) 0,25 Với a  1(mod 5)  a2  1(mod 5)  23 a2  1 1(mod 5)( trái với (*)) 0,25 Với a2(mod 5) a2 4(mod 5) 23a2 1 3(mod 5)( trái với (*)) 0,25 Vậy điều giả sử là sai Từ đó suy ra điều cần chứng minh

Câu 4

(2,5 đ) Cho tam giác nhọn ABC cân tại A và nội tiếp trong đường tròn (O) đường

kính AK; lấy điểm I thuộc cung nhỏ AB của đường tròn (O) (I khác A, B) Gọi

M là giao điểm của IK và BC, đường trung trực của đoạn thẳng IM cắt AB và

AC lần lượt tại D và E Chứng minh tứ giác ADME là hình bình hành.

2,5

O

//

//

2 1

1

/ /

A

N

M F

K

E

D I

C B

2 1

(Không có hình vẽ không chấm bài) + Gọi N là trung điểm của IM, F là giao điểm của DE và IB.

+ Ta có: I1A1A2  F1C1 F2 B1 0,5

Suy ra tứ giác BFDM nội tiếp trong đường tròn. 0,25

1 1

DMB F C

AED EDM EDI Suy ra AEDI là hình thang cân 0,5

(Hoặc tứ giác BFDM và BIAC nội tiếp nên  FDM IAE ;

 FDM FDI DIA  DIA IAE Suy ra AEDI là hình thang cân.)

Suy ra ADE IED DEM  nên AD//EM (2) 0,5

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ADME là hình bình hành. 0,25

Cách khác:

+ Gọi N là trung điểm của IM, F là giao điểm của DE và IB.

+ Ta có: I1A1A2  F1C1 tứ giác BFEC nội tiếp trong đường tròn

0,5

+ Mặt khác    

1 1 2 1

F C  F B  tứ giác BFDM nội tiếp trong đường tròn

Từ (1) và (2) suy ra AED MDE  AE//DM (*) 0,25 Hơn nữa AED MDE  AED IDE

Mà DE//IA Do đó tứ giác AEDI là hình thang cân. 0,25

Suy ra ADE IED ; mà IED DEM nên ADE DEM  AD//EM (**)

Từ (*) và (**) suy ra tứ giác ADME là hình bình hành. 0,25

Câu 5

(4,5 đ) Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp trong đường tròn (O) và có trực

tâm là H Gọi D, E, F lần lượt là các chân đường cao vẽ từ A, B, C của tam

giác ABC.

a) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, gọi L là giao điểm của

đường thẳng AK và đường tròn (O) (L khác A) Chứng minh HL vuông góc với

AK.

2,5

O A

H D F

E

K L

(Không có hình vẽ không chấm bài)

Cách 1:

+ Xét hai tam giác KBFvà KECcó:

K chung,  KBF KEC (vì cùng bù với FBC )

Suy ra KBF và KEC đồng dạng

0,5

Suy ra: KB KF KB KC KF KE

+ Tương tự: KBL và KAC đồng dạng

Suy ra: KB KL KB KC KL KA

0,5

Từ (1) và (2) suy ra: KF KE KL KA KF KL

KA KE

   ; hơn nữa FKL AKE Suy ra KFL và KAE đồng dạng

0,5

Do đó 4 điểm A, L, F, E cùng nằm trên đường tròn.

Mà A, E, F nằm trên đường tròn đường kính AH nên L cũng nằm trên đường tròn

đường kính AH Vậy HL vuông góc với AK. 0,5

Cách 2:

+ Hạ HL’ vuông góc AK tại L’ Ta đi chứng minh L’ thuộc đường tròn (O). 0,25 + 5 điểm A, L’, F, H, E cùng nằm trên đường tròn đường kính AH. 0,5 + Chứng minh được KFL' và KAE đồng dạng

KL KA KF KE

Chứng minh được AL’BC nội tiếp Suy ra L’ trùng L.

b) Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B, C) Gọi N

và P lần lượt là hai điểm đối xứng của điểm M qua hai đường thẳng AB và AC.

Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng.

2,0

O F

E

D

P

M

N

H

C B

A

(Không có hình vẽ không chấm bài)

+ Ta có:

ANB AMB

ANB ACB AMB ACB









0,25

+ Tứ giác DHEC nội tiếp nên  ACB AHB 1800 Suy ra ANB AHB 1800

Do đó tứ giác AHBN nội tiếp trong đường tròn. 0,5

Suy ra NHB NAB Mà NAB MAB nên NHB MAB 0,25 + Tương tự ta cũng chứng minh được: CHP MAC 0,5 + Suy ra NHB BHC CHP MAB BHC MAC     (MAB MAC  )BHC

BAC BHC BAC FHE   1800

Suy ra N, H và P thẳng hàng

0,5

Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang

điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm