PHÒNG GD&ĐT TP.
Trang 1PHÒNG GD&ĐT
TP BẮC GIANG
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2017-2018
Môn: Toán lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút Thi ngày 14 tháng 1 năm 2018
Bài 1: (5 điểm)
1
M
x
Rút gọn M và tìm x để M>1
b/Cho a, b, c >0 thỏa mãn ab bc ca 1 Tính H=
Bài 2: (4 điểm)
a/ Giải phương trình 2 2
b/ Tìm số thực x để 3 số 2 2
3; 2 3;
x
Bài 3: (4 điểm)
a/ Tìm x nguyên dương để 3 2
4x 14x 9x 6 là số chính phương
b/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz
Chứng minh rằng:
2
1 1x y 1 1z
xyz
Bài 4: (6 điểm)
Cho đoạn thẳng OA=R, vẽ đường tròn (O;R) Trên đường tròn (O;R) lấy H bấy kỳ sao cho AH<R, qua H vẽ đường thẳng a tiếp xúc với đường tròn (O;R) Trên đường thăng a lấy B và
C sao cho H nằm giữa B và C và AB=AC=R Vẽ HM vuông góc với OB ( MOB), vẽ HN vuông góc với OC ( NOC)
a/ Chứng minh OMOB=ONOC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định
b/ Chứng minh OBOC=2R2
c/ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi
Bài 5: (1 điểm)
cho dãy số n, n+1, n+2, …, 2n với n nguyên dương Chứng minh trong dãy có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên
-
Họ tên thí sinh SBD:
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017-2018
MÔN: TOÁN LỚP 9 ( BẢNG A)
a/
3đ a/ Cho biểu thức 2 4 2 1 : 3 5 2 10
1
M
x
Rút gọn M và tìm x để M>1
*
:
2
x
M
x
:
:
1 2 2 3: 3 5 5 2 4
:
3( 3)
x
Vậy M=
1
x x
với x0;x1,3, 4
*M<1
1
x
Ta có
1 0
1 0
x x
x x
Vậy M>1 khi 1<x<4 và x 3
0,5
0,5
0,25
0,5
0,25
0,5
0,5
b/
2 đ
b/Cho a, b, c >0 thỏa mãn ab bc ca 1 Tính
H=
Vì ab bc ca 1 nên 1+c= ab bc ca c a c b c
Tương tự ta có 1 a a b a c;1 b a b b c
Vậy H=
a a c b b c a b b c a c a c b a a c
0,5 0,5 1,0
Trang 3= 1 1 1 1 1 1
0
a/
ĐK: 2 5
6
Vì 2 5
6
2
5 0; 6x 1 0
x , theo côsi ta có
2 2 2
5
6 1
2
x x
x
Dấu = có khi 2
2
5
6x 1 x 1
Vì 2 5
6
2
5
x
, theo côsi ta có
2 2
5 (6 ) 1
2
x x
Dấu = có khi 2
2
5
x
Vây ta có
2
2
x
Dấu = có khi x 1
Vậy x=1 là nghiệm phương trình 2 2
0,5
0,5
0,5
0,5
b/
3; 2 3;
x
là số nguyên
3; 2 3;
x
với a b c, , Z
Từ a x 3 x a 3; từ 2 2
bx x b , nên ta có
-Nếu a+10
2
3
1 2 3
1
b a a
a
, vì
2
3
1
b a
a
Vậy a+1=0 nên ta có 1 02 1
4
3 0
b
b a
Với x 3 1 ta có a 1;b 4 và c 2 nguyên, thỏa mãn đầu bài
0,75
0,5 0,5 0,25
a/
2,0đ
a/ Tìm x nguyên dương để 3 2
4x 14x 9x 6 là số chính phương
Vì 3 2
4x 14x 9x 6 là số chính phương, nên ta có 3 2
4x 14x 9x 6=k2 với kN
Ta có 4 3 2
14 9 6
x x x =…= 2
2 4 6 3
x x x nên ta có 2
k
Đặt 2
2, 4 6 3
x x x d với dN*
Ta có x2 d x2 4 x2 d 4x6x4 d
4x 6x 3 d 4x 6x 3 4x 6x 4 1 d d 1
0,5
0,5
Trang 4Vậy 2
2, 4 6 3 1
x x x
mà 2
2 4 6 3
x x x = 2
k nên ta có x+2 và 2
4x 6x 3 là số chính phương 2 2 2
2 à 4x 6 3
với a,bN*
Vì x>0 nên ta có 2 2 2 2 2 2
4x b 4x 12x 9 2x b 2x 3
Vì b lẻ nên 2 2 2 2
b x x x x x x
Với x=2 ta có 3 2
4x 14x 9x 6=100=102 là số chính phương
0,75
0,25
b/
2,0đ
b/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz
Chứng minh rằng: 1 1x2 1 1y2 1 1z2
xyz
Từ Gt suy ra: 1 1 1 1
xyyzzx Nên ta có:
2 2
x x xy yz zx x y x z
1 2 1 1
;" " y z
2 x y z
Vậy 1 1 x2
x
2 x y z
Tương tụ ta có
2
1 1 y
y
2 x y z
2
1 1 z
z
2 x y z
Vậy ta có 1 1x2 1 1y2 1 1z2
1 1 1
3 ;" " x y z
x y z
Ta có 2 1 2 2 2
2
x y x xyyzxx xy yz xz
3
x y x xyyzxx
Vậy 1 1x2 1 1y2 1 1z2
xyz
x y z ; " " x y z
0,5
0,5
0,25 0,5
0,25
E a
N
M
A H
C
B
O
a/
3đ
a/ Chứng minh OMOB=ONOC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định
*Ta có OH HB (t/c tiếp tuyến) OHB vuông tại H, mà HMOB (gt) nên theo hệ
thức lượng trong tam giác vuông ta có 2 2
OM OB OH R
Chưng minh tương tự ta có 2 2
ON OC OH R Vậy ta có OM OB ON OC
0,5 0,5
Trang 5* Ta có 2 2
OM OB OH R mà OA=R nên ta có 2 OM OA
OM OB OA
OA OB
Xét OMA và OAB có O chung, có OM OA
OA OB OMA OABOAM OBA
Ta có AO=AB=R (gt) OAB cân AOBOBAAOM OBA , vậy OAM AOM
OMA
cân MOMA
Chứng minh tương tự ta có ONA cân NONA
Ta có MOMA;NONA, vậy MN là trung trực của OA, gọi E là giao điểm của MN
với OA ta có EO=EA=
2
OA
và MNOA tại E, mà O, A cố định nên E cố đinh Vậy
MN luôn đi qua 1 điểm cố định
0,5
0,5
0,5 0,5
b/
1,5đ
b/ Chứng minh OB OC=2R2
Ta có OM OB ON OC OM ON
Xét OMN và OCB có O chung , có OM ON OMN OCB
OC OB ,
OC OH OC OA OE ( vì OH=OA=2OE)
OM OB OH R ( cm trên) 1 2 2
2
2OC OB R OC OB R
0,5
0.5
0,5 c/
1,5đ
c/ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi
Ta có OMN OCB (cm trên)
2
1 4 2
OMN OCB
S S OH BC R BC R ABAC R RR R
Dấu bằng có khi B, A, C thẳng hàng H A
Vậy diện tích tam giác OMN lớn nhất là 1 2
4
OMN
S R khi H A
0,5
0,75
0,25
-Nếu n là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên bài toán chứng minh xong
-Nếu n không là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên, ta luôn tìm được 1 số nguyên dương
k sao cho 2 2
1
k n k Vì n nguyên dương và 2 2
1
nk n k , vậy ta có:
2n k 1 2(k 1) k 1 k 2k 1 k1 0
Vậy mọi k nguyên dương , nên ta có 2 2
1
k n k 2n
Vậy trong dãy luôn có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên
0,25 0,5
0,25