Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố - Môn: Toán 9

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố - Môn: Toán 9

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 a b a b b a Rút gọi M và tính giá trị biểu thức M biết 1 a 1 b 2 ab 1 5 4 b. Tìm các số nguyên a, b thoả mãn 18 2 3 a b 2 a b 2 c. Cho a, b, c thỏa mãn a b c 7 ; a b c 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 a2 b2 2 a b +(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 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 a b 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 a b ab ab ab 0,25 1 M 1 a b a b a b + nếu 0<a<b ab a b a b 0; ab 0 0 a b ab ab ab 0,25 1 M 1 a b a b a b b/ 5 4 18 2 3 1,5đ a b 2 a b 2 5a 5b 2 4a 4b 2 18 2 a2 2b2 3 a2 2b2 5a 5b 2 4a 4b 2 18a2 2 36b2 2 3a2 6b2 0,5 18a2 2 36b2 2 9b 2 3a2 6b2 a 18a2 36b2 9b 2 3a2 6b2 a 3a2 6b2 a -Nếu 18a2 36b2 9b 0 2 18a2 36b2 9b 3a2 6b2 a Vì a, b nguyên nên Q 2 Q Vô lý vì 2 là số vô tỉ 18a2 36b2 9b 0,25 -Vây ta có 2 2 3 18a2 36b2 9b 0 3a 6b b 3 18a2 36b2 9b 0 2 a b 2 2 3a 6b a 0 2 2 2 3a 6b a 3 Thay a=b vào 3a2 6b2 a 0 t 2 0,75 9 3 a có 3 b2 6b2 b 0 27b2 24b2 6b 0 3b(b 2) 0 4 2
3. Ta có b=0 (loại) ; b=2 (thoã mãm) , vậy a=3. Kết luận 2 c/ Ta có a b c a b c 2 ab bc ca 0,25 2 đ 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 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 7 3 = 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 ) 0,5 = (5 2)2 (4 3) 2 4 3 4 3 (4 3) 2( 4 3 4 3 ) 2 2( 4 3 4 3 ) (5 2) 5 2 2 5 0,52 5 ( 4 3 4 3 )2 4 3 4 3 b/ (GT) a b 2 2(ab 1) (a b)2 1 ab 2 0 0,25 1,5đ a b 4 2(a b)2 (1 ab) (1 ab)2 0 0,5 2 a b 2 (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/ Điều kiện: x 1 (*). 1,5đ x2 x 4 2 x 1 1 x Ta có: x2 2x 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 (Điều kiện: y 1 ), phương trình trở thành y2 2y 3 0.
4. y 1 y2 2y 3 0 y 1 y 3 0 y 3 0,25 +Với y 1 không thỏa mãn điều kiện ( ). + Với y 3 ta có phương trình: 1 x 3 x x 1 3 x 1 3 x 2 0,5 x 1 9 6x x 1 x 3 1 x 3 2 x 2 x 2 x 7x 10 0 x 5 Vậy phương trình có nghiệm x 2. 0,25 Bài 3 3,5 đ a/ Ta có x5 y2 xy2 1 x5 1 xy2 y2 0 1,75đ x 1 x4 x3 x2 x 1 y2 x 1 0 x 1 x4 x3 x2 x 1 y2 0 x 1 0 4 3 2 2 0,25 x x x x 1 y -*Nếu x 1 0 x 1 ta có 1 y2 y2 1 đúng với mọi y nguyên Vậy ngiệm của PT là (1;y Z) 0,25 *Nêu x4 x3 x2 x 1 y2 4x4 4x3 4x2 4x 4 (2 y)2 Ta có 2 2 y 2 2x2 x 4x4 4x3 4x2 4x 4 4x4 4x3 x2 2 2 2 8 3x 4x 4 3 x 0 3 3 Vậy ta có (2x2 x)2 2 y 2 * 2 2 Ta có 2x2 x 2 (2 y)2 5x2 0 , Vậy ta có 2 y 2 2x2 x 2 1đ Từ * và ta có 2 2 (2x2 x)2 2 y 2 2x2 x 2 2 y 2 2x2 x 1 ; 2 2 y 2 2x2 x 2 Nếu 2 y 2 (2x2 x 1)2 x2 2x 3 0 x2 2x 3 0 x 1 (x 1)(x 3) 0 x 3 + nếu x 1 y2 1 y 1 +Nếu x 3 y2 121 y 11 -Nếu 2 y 2 (2x2 x 2)2 5x2 0 x 0 y2 1 y 1 . Kết luận 0,25 Ta có 3 x2 y2 z2 x y z 2 x y 2 y z 2 x z 2 0 0,5 b/
5. 2 1,75đ x y z 3 x2 y2 z2 nên với x,y,z>0 ta có x y z 3 x2 y2 z2 , 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 2 xy x y 4xy x y 4 x y áp dụng ta có 1 1 1 1 ab a 2 ab 1 a 1 ab abc a 1 ab(c 1) (a 1) 1 1 1 1 abc 1 1 c 1 4 ab(c 1) a 1 4 ab(c 1) a 1 4 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 4 c 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 B G O H P
6. a/ -Ta có ACB nội tiếp đường tròn (vì ) mà AB là đường kính nên ACB 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 M· OA N· BO -Ta có OA MA ( ) M· AO N· OB 900 ; xét MAO và NOB có 0,75 M· AO N· OB 900; M· OA N· BO;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 0,75 MNBO là hình thang cân b/ -Xét CHB và MAO có M· AO N· OB 900;C· BH M· OA ( 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 AB 2R CH HB HB IH 2IH 0,5 -Nên ta có 2  2  CH 2IH IC IH . MA R 2R 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 42016 4n 227 1 41989 4n 27 0,25 2 Vì A và 227 là số chính phương nên 1 41989 4n 27 là số chính phương Ta có 1 41989 4n 27 > 4n 27 (2n 27 )2 1989 n 27 *mà 1 4 4 là số chính phương nên ta có 0,5 2 1 41989 4n 27 2n 27 1 2n 27 23977 n 4004 2 Với n=4004 ta có A=A 427 42016 44004 227 24004 là số chính phương Vậy n=4004 thì A=427+42016+4n là số chính phương 0,25