Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS năm học 2016 - 2017 môn thi: Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2016-2017
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Bài 1. (4,0 điểm) 
Cho biểu thức: 
 1. Rút gọn biểu thức P.
 2. Tìm các giá trị x, y nguyên thỏa mãn P = 2.
Bài 2. (4,0 điểm) 
Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt 
 thỏa mãn 
 2. Giải hệ phương trình : 
Bài 3. (4 điểm) 
 1. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh p2016 – 1 chia hết cho 60.
 2. Cho x, y, z là các số dương khác nhau đôi một và chia hết cho . Tìm thương của phép chia
Bài 4. (6,0 điểm) 
 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) và AB < AC. Các tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau tại D. Qua D kẻ đường thẳng song song với AB, cắt BC và AC lần lượt tại M, N.
Chứng minh tứ giác BONC nội tiếp và tam giác ANB cân.
Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại I, BI cắt DM tại K. Chứng minh K là trung điểm của DM.
Trên đoạn thẳng BD lấy điểm P sao cho IP // DN, AP cắt BC tại Q. Gọi G là trung điểm của DK. Chứng minh ba điểm Q, I, G thẳng hàng.
Bài 5. (2,0 điểm) 
	Cho các số thực x, y, z thỏa mãn : và x + y + z = 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : .
------HẾT------
Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
Họ và tên thí sinh: ................................................. Số báo danh: ............................
Chữ ký của giám thị 1: ............................. Chữ ký của giám thị 2: ...............................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2016-2017
Môn thi: TOÁN
ĐÁP ÁN-BIỂU ĐIỂM
Câu
Nội dung
Điểm
Câu 1.1
(2,5 đ)
Điều kiện để P xác định là : .
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 1.2
(1,5 đ)
P = 2 = 2 với 
0,5
Ta cã: 1 + Þ Þ x = 0; 1; 2; 3 ; 4
0,5
Thay vµo P ta cã c¸c cÆp gi¸ trÞ (4; 0) vµ (2 ; 2) tho¶ m·n
0,5
Câu 2.1
(2,0 đ)
Ta có : 
0,25
Đặt . Khi đó (2) có dạng :
 hay 
0,25
Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (3) có hai nghiệm dương phân biệt .
0,5
Khi là hai nghiệm dương phân biệt của phương trình (3) thì phương trình (2) tương đương với :
 hoặc 
Gọi x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình : 
Gọi x3, x4 là hai nghiệm phân biệt của phương trình : 
Áp dụng định lý vi-et cho các phương trình (3), (5), (6) ta có :
0,5
 ( thỏa mãn)
0,5
 Câu 2.2
(2,0 đ)
Giải hệ : 
- Trừ từng vế hai phương trình của hệ ta được ;
0,5
- Thay y = x từ (3) vào (1) ta được phương trình :
Vậy ta được các nghiệm (x; y) là : 
0,5
- Từ (4) suy ra ( vì x = -1 không phải là nghiệm của (4)). Thay y vào (2), ta có : 
 (Vì)
- Với . Ta được là nghiệm của hệ.
- Với . Ta được là nghiệm của hệ.
Vậy hệ đã cho có 5 nghiệm :
;;
0,5
0,5
Câu 3.1
(2,0đ)
Ta có : 
0,5
Vì P là số nguyên tố lớn hơn 5 nên p là số lẻ, suy ra p – 1, p +1 là hai số chẵn liên tiếp
0,5
Vì p – 1, p, p+1 là ba số tự nhiên liên tiếp nên . Nhưng p không chia hết cho 3 nên 
0,5
Vì p không chia hết cho 5 nên p có một trong các dạng 
- Nếu thì 
- Nếu thì 
Cả hai trường hợp trên đều cho ta (
Vì 3, 4, 5 là các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một nên từ (1), (2), (3), (4) suy ra chia hết cho 4.3.5 tức là chia hết cho 60
0,5
Câu 3.2
(2,5 đ)
- Vì vai trò của x, y, z bình đẳng nhau, khác nhau đôi một nên ta có thể giả sử. Khi đó , gọi t là thương của phép chia . Suy ra : 
0,5
- Nếu (*) thì 
Thay t = 1 vào (*), ta được 
 ( vô lý)
Vậy 
0,5
- Từ (1), (2) suy ra : 
0,5
- Mặt khác vì nên 
0,5
- Từ (3) và (4) suy ra : 
0,5
- Nếu thì 
Điều này mâu thuẫn với (5).
Vậy x = 1. Khi đó (5) trở thành :
- Nếu thì . Điều này mâu thuẫn với (6).
Vậy (Vì y > x = 1)
+ Nếu y = 2 thì .
+ Nếu y = 3 thì .( Loại)
- Thử lại ta thấy (x, y, z) = (1, 2, 3) và các hoán vị của nó thỏa mãn. 
Vậy thương của phép chia là t = 1.
Câu 4.1
(2,5 đ)
a) 
+ Chứng minh tứ giác BONC nội tiếp.
 - Vì BD, DC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ta có :
Suy ra, tứ giác OBDC nội tiếp (1)
 Mặt khác : 
 ( Cùng chắn cung BC)
 ( Vì DN // AB)
Suy ra tứ giác BDCN nội tiếp (2)
 - Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm B, O, N, C, D cùng thuộc một đường tròn.
Vậy tứ giác BONC là tứ giác nội tiếp
0,5
0,5
0,5
+ Chứng minh tam giác ABN cân
Ta có :
( Vì cùng bù với góc ONC)
 ( Vì tam giác OBC cân tại O)
 ( Vì cùng chắn cung OB)
Suy ra NO là tia phân giác của góc ANB. (3)
Mặt khác :
 ( Vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
DN // AB ( giả thiết)
 (4)
Từ (3), (4) suy ra tam giác ANB có đường phân giác góc N đồng thời là đường cao.
Vậy tam giác ANB cân tại N.
0,5
0,5
Câu 4.2
(2,0 đ)
b) 
- Xét tam giác DBM và tam giác DNB, ta có :
 là góc chung
 ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau )
- - Xét tam giác DIB và tam giác DBA, ta có :
 là góc chung
 ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung )
Từ (4) và (5) suy ra : . 
Từ đó kết hợp với ADN là góc chung suy ra :
Suy ra tứ giác ANMI nội tiếp
Ta có :
 ( cùng bù với góc IMN)
 ( cùng chắn cung CI)
Kết hợp với góc KBM chung, suy ra :
Mặt khác :
 ( Hai góc so le trong )
 ( Cùng chắn cung BI )
Kết hợp với góc BKD chung, suy ra :
Từ (6) và (7) suy ra : KM = KD
Vậy K là trung điểm của DM.
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 4.3
(1,5 đ)
c) Giả sử PI cắt BC tại L, IQ cắt AB tại S.
Ta có : 
 ( vì PI // MN ; định lí ta let) (8)
 ( vì AB // PL ; định lí ta let) (9)
Vì DK = KM nên từ (8) suy ra : PI = IL
Vì PI = IL nên từ (9) suy ra : AS = BS
Giả sử SI cắt DK tại T, suy ra : ( Định lý Talets ; AB // DK) (10)
Vì AS = BS nên từ (10) suy ra : T là trung điểm của DK, hay G trùng với K.
Vậy ba điểm Q, I, G thẳng hàng.
0,5
0,5
0,5
Câu 5
(2,0 đ)
- Tìm GTNN 
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử . Khi đó :
0,5
Mặt khác, vì nên
0,5
Do đó 
vì 
 ( vì , theo (*) )
Nên 
Vậy 
Dấu bằng xảy ra khi 
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là . Đạt được khi 
(a, b, c) = (2, 2, 1) và các hoán vị
0,5
0,5
---------------HẾT--------------
Lưu ý: - Các cách giải đúng khác cho điểm tương đương với biểu điểm
 - Điểm toàn bài không làm tròn