Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD và ĐT Thành phố Bắc Giang (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD và ĐT Thành phố Bắc Giang (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ TP. BẮC GIANG NĂM HỌC 2016-2017 Môn: Toán lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (5 điểm) a a b b a b a. Cho biểu thức M= với a, b > 0 và a b ab a b b a Rút gọi M và tính giá trị biểu thức M biết 1 a 1 b 2 ab 1 54 b. Tìm các số nguyên a, b thoả mãn 18 2 3 a b22 a b c. Cho a, b, c thỏa mãn abc 7 ; abc 23 ; abc 3 1 1 1 Tính giá trị biểu thức H= ab c 6 bc a 6 ca b 6 Bài 2: (4,5 điểm) 4 3 4 3 a. Tính giá trị của biểu thức N= 27 10 2 4 13 2 b. Cho a, b là số hữu tỉ thỏa mãn a22 b 2 a b +(1 ab )2 4 ab 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 y 2 xy 2 1 b. Cho a, b, c>0 thỏa mãn abc=1 . Chứng minh 1 1 1 3 ab a 2 bc b 2 ca c 2 2 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 song 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:
2. HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2016-2017 MÔN: TOÁN LỚP 9 Câu Nội Dung Điểm Bài 1 4 đ a/ ab -Rút gọn M= với a, b>0 và a b 1,5đ ab 0,75 -Ta có 1 a 1 b 2 ab 1 ab a b 1 2 ab 1 2 ab ab 0,25 ab a b ( )2 1 1 a b a b + Nếu a>b>0 ab a b a b 0; ab 0 0 ab ab ab ab 0,25 11 M a b a b a b + nếu 0<a<b ab a b a b 0; ab 0 0 ab ab ab ab 0,25 11 M a b a b a b b/ 54 18 2 3 1,5đ a b22 a b 5a 5 b 2 4 a 4 b 2 18 2 a2 2 b 2 3 a 2 2 b 2 5a 5 b 2 4 a 4 b 2 18 a2 2 36 b 2 2 3 a 2 6 b 2 0,5 18a2 2 36 b 2 2 9 b 2 3 a 2 6 b 2 a 2 2 2 2 18a 36 b 9 b 2 3 a 6 b a 36a22 b a -Nếu 18a22 36 b 9 b 0 2 18a22 36 b 9 b 36a22 b a Vì a, b nguyên nên QQ 2 Vô lý vì 2 là số vô tỉ 18a22 36 b 9 b 0,25 -Vây ta có 223 18a22 36 b 9 b 0 36a b b 3 18a22 36 b 9 b 0 2 a b 22 3a 6 b a 0 22 2 36a b a 3 Thay a= b vào 3a22 6 b a 0 t 2 0,75 93 a có 3 b2 6 b 2 b 0 27 b 2 24 b 2 6 b 0 3 b ( b 2) 0 42
3. Ta có b=0 (loại) ; b=2 (thoã mãm) , vậy a=3. Kết luận 2 c/ Ta có a b c abc 2 ab bc ca 0,25 2 đ mà abc 7 ; abc 23 nên ab bc ca 13 Ta có c 61 a b nên ab c 6 ab a b 1 a 1 b 1 0,75 Tương tự bc a 6 b 1 c 1 ; ac b 6 a 1 c 1 1 1 1 Vậy H= ab c 6 bc a 6 ca b 6 1,0 1 1 1 = a 1 b 1 b 1 c 1 a 1 c 1 c 1 a 1 b 1 = a 1 b 1 c 1 a b c 3 73 = 1 abc a b c ab bc ca 1 3 7 13 1 Bài 2 4,5 đ a/ 2( 4 3 4 3) 0,25 1,5đ N= 25 10 2 2 8 2 13 2( 4 3 4 3) 2 0,5 = (5 2) (4 3)24 34 3(4 3) 2(4343) 2 2(4343) (5 2) 5 2 2 5 0,5 2 5 ( 4 3 4 3)2 4 3 4 3 b/ (GT) a b 22 2(ab 1) (a b)2 1 ab 0 0,25 1,5đ a b 4 2(a b)22 (1 ab) (1 ab) 0 0,5 2 a b2 (1 ab) 0 (a b)2 -(1 ab)=0 0,25 (a b)2 1 ab a b 1 ab Q;vi:a;b Q.KL 0,5 c/ Đi u ki n: x 1 (*). 1,5đ x2 x 4 2 x 1 1 x Ta có: x2 2 x x 1 x 1 2( x x 1) 3 0 0,5 2 x x 1 2 x x 1 3 0 Đặt x x 1 y (Đi u ki n: y 1 ), phương trình tr thành yy2 2 3 0.
4. y 1 y2 2 y 3 0 y 1 y 3 0 y 3 0,25 +Với y 1 không thỏa mãn đi u ki n ( ). + Với y 3 ta có phương trình: 13 x x x 1 3 x 1 3 x 2 0,5 x 1 9 6 x x 13 x 13 x 2 x 2 x 2 xx 7 10 0 x 5 Vậy phương trình có nghi m x 2. 0,25 Bài 3 3,5 đ a/ Ta có x5 y 2 xy 2 1 x 5 1 xy 2 y 2 0 1,75đ 4 3 2 2 4 3 2 2 xxxxx1 1 yx 1 0 xxxxxy 1 1 0 x 10 x4 x 3 x 2 x 1 y 2 0,25 22 - Nếu xx 1 0 1 ta có 11 yy đúng với mọi y nguyên Vậy ngi m của PT là (1;y Z) 0,25 *Nêu x4 x 3 x 2 x1 y 2 4 x 4 4 x 3 4 x 2 4 x 4 (2 y ) 2 Ta có 2 2y 2 2 x2 x 4 x 4 4 x 3 4 x 2 4 x 4 4 x 4 4 x 3 x 2 2 2 28 3x 4 x 4 3 x 0 33 22 2 Vậy ta có (2x x ) 2 y * 2 2 Ta có 2x2 x 2 (2 y ) 2 5 x 2 0, Vậy ta có 2y 2 2 x2 x 2 1đ Từ và ta có 22 (2x2 x ) 2 2 y 22 2 x 2 x 2 2 y 2 x 2 x 1 ; 2 2y 2 2 x2 x 2 2 Nếu 2y (2 x2 x 1) 2 x 2 230 x x 2 230 x x 1 (xx 1)( 3) 0 x 3 2 + nếu x 1 y 1 y 1 +Nếu x 3 y2 121 y 11 -Nếu 2y 2 (2 x2 x 2) 2 5 x 2 0 x 0 y 2 1 y 1. Kết luận 0,25 Ta có 3 xyz2 2 2 xyz 2 xy 2 yz 2 xz 2 0 0,5 b/
5. 2 1,75đ x y z 3 x2 y 2 z 2 nên với x,y,z>0 ta có x y z 3 x2 y 2 z 2 , áp dụng ta có 1 1 1 1 1 1 3 ab a 2 bc b 2 ca c 2 ab a 2 bc b 2 ca c 2 2 1 1 1 1 0,5 -Với x,y>0 ta có x y 24 xy x y xy x y4 x y áp dụng ta có 1 1 1 1 ab a2 ab 1 a 1 ab abc a 1 ab ( c 1) ( a 1) 1 1 1 1 abc 1 1 c 1 4(1) ab c a 14(1) ab c a 14 c 1 a 1 1 1 c 1 Vây ta có ab a 2 4 c 1 a 1 1 1 a 1 1 1 b 1 Tương tự ta có ; nên bc b 2 4 a 1 b 1 ca c 2 4 b 1 c 1 1 1 1 3 ab a 2 bc b 2 ca c 2 0,5 1 c 1 a 1 b 1 3 3  4c 1 a 1 a 1 b 1 b 1 c 1 2 1 1 1 3 Vậy dấu “=” có khi a=b=c=1 ab a 2 bc b 2 ca c 2 2 0,25 Bài 4 6 đ M N E Q C K F I T A G O H B P
6. a/ -Ta có ACB nội tiếp đường tròn (vì ) mà AB là đường kính nên 0,5 2đ vuông tại C AC BN Ta có MA=MC ( ), OA=OC ( ) nên MO là trung trực của AC MO  AC MO// NB MOA NBO 0 -Ta có OA  MA ( ) MAO NOB 90 ; xét MAO và NOB có 0 0,75 MAO NOB90 ; MOA NBO ; OA OB R MAO NOB MO NB -Ta có MO// NB ; MO NB MNBO là hình bình hành.Ta có = (cm trên) nên ta có NO=MA, mà MA=MC ( ) nên NO=MC vậy 0,75 MNBO là hình thang cân b/ -Xét CHB và MAO có MAO NOB 900 ; CBH MOA ( cm trên) 0,5 2đ CH HB HB CHB MAO MA AO R -Ta có CH AB (gt) ; MA  AB ( ) IH HB HB 0,5 CH// MA IH // MA MA AB2 R CH HB HB IH2 IH 0,5 -Nên ta có   2 2 CH 2 IH IC IH . MA R2 R MA MA 0,5 -Chi ra KI là đường trung bình của tam giác ACH KI// AB c/ -Chưng minh FQIO là hình bình hành QF// IO 0,75 2đ -Chưng minh O là trục tâm tam giác GIP 0,75 PG  OI PG  QF 0,5 Bài 5 1đ 2 * A 427 4 2016 4nn 2 27 1 4 1989 4 27 0,25 2 Vì A và 227 là số chính phương nên 1 41989 4n 27 là số chính phương Ta có > 4nn 27 (2 27 ) 2 *mà là số chính phương nên ta có 0,5 2 21n 27 2n 27 2 3977 n 4004 2 Với n=4004 ta có A= A 427 4 2016 4 4004 2 27 2 4004 là số chính phương Vậy n=4004 thì A=427+42016+4n là số chính phương 0,25