Đề thi học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Sở GD & ĐT Hải Dương (Có đáp án)

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH 
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2016-2017
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
(Đề thi có 01 trang)
Câu 1 (2,0 điểm).
a) Cho biểu thức với . 
Tính giá trị của biểu thức khi .
b) Cho là ba số thực không âm thoả mãn . 
Chứng minh rằng: 
Câu 2 (2,0 điểm). a) Giải phương trình: 
 b) Giải hệ phương trình: 
Câu 3 (2,0 điểm). 
a) Tìm các cặp số nguyên (x; y) thoả mãn: .
b) Tìm tất cả các số tự nhiên sao cho là số chính phương.
Câu 4 (3,0 điểm).
1) Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O,R). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H (D thuộc BC, E thuộc CA, F thuộc AB). Tia EF cắt tia CB tại P, AP cắt đường tròn (O,R) tại M (M khác A). 
 a) Chứng minh rằng: PE.PF = PM.PA và AM vuông góc với HM.
 b) Cho cạnh BC cố định, điểm A di chuyển trên cung lớn BC. Xác định vị trí của A để diện tích BHC đạt giá trị lớn nhất.
2) Cho tam giác ABC có góc A nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O. Một điểm I chuyển động trên cung BC không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I cắt đường thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho là ba số thực dương thoả mãn . 
Chứng minh rằng: .
***************Hết***************
Họ và tên thí sinh:.Số báo danh:..
Chữ kí giám thị 1:..Chữ kí giám thị 2:.
SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH 
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2016-2017
Hướng dẫn chấm gồm: 06 trang
Lưu ý: Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
Câu
Nội dung
Điểm
1a
Cho biểu thức với . 
Tính giá trị của biểu thức khi .
1,0
 (vì )
0,25
Suy ra 
0,25
Nếu x<0 suy ra 
Mà 
 (Vì )
0,25
 nên giá trị của biểu thức P khi là 
0,25
1b
Cho là ba số thực không âm thoả mãn . 
Chứng minh rằng: 
1,0
Đặt thì 
 0,25
0,25
Tương tự ta có: 
0,25
0,25
2a
Giải phương trình: 
1,0
 (1)
Đặt 
Thay vào pt(1) ta có pt: 
0,25
0,25
Với ta có pt: 
0,25
Với ta có pt: 
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm 
0,25
2b
Giải hệ phương trình: (1)
1,0
0,25
 Đặt y + 1 = t hệ trên trở thành 
0,25
0,25
Với x=t=1 thì (x;y)=(1; 0)
Với x=t=-1 thì (x;y)=(-1;-2)
Vậy nghiệm của hệ phương trình: (x; y) là (1; 0),(-1; -2).
0,25
3a
Tìm các cặp số nguyênthoả mãn: . (1)
1,0
Ta có 
0,25
Vì suy ra 
 Ta có -7=(-1).7=1.(-7) nên ta có các trường hợp sau:
0,25
+ TH1: (Thoả mãn)
+ TH2: (Thoả mãn)
0,25
+ TH3: (Thoả mãn)
+ TH4: (Thoả mãn)
Vậy các cặp số nguyên cần tìm là:
0,25
3b
Tìm tất cả các số tự nhiên sao cho là số chính phương.
1,0
 Ta có là số chính phương 
Mà suy ra là số tự nhiên
Đặt ()
 n2 + 2n + 18 = k2
 n2 + 2n + 1 +17 = k2 ( n + 1 )2 + 17 = k2 
0,25
 k2 - ( n + 1 )2 = 17
( k + n + 1 )(k - n - 1) = 17
0,25
Vì k, n đều là số tự nhiên nên k+n+ 1 > k - n-1, đồng thời k > n nên:
( k + n + 1 )(k - n - 1) = 17.1 
0,25
Từ đó ta có (Thoả mãn). Vậy n=7
0,25
4(1a)
Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O,R). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H (D thuộc BC, E thuộc CA, F thuộc AB). Tia EF cắt tia CB tại P, AP cắt đường tròn (O,R) tại M (M khác A). 
a) Chứng minh rằng: PE.PF = PM.PA và AM vuông góc với HM.
1,25
Do BE, CF là đường cao của tam giác ABC suy ra 
Tứ giác BFEC nội tiếp 
0,25
Từ đó có: Hai tam giác và đồng dạng (g-g)
0,25
Tứ giác AMBC nội tiếp . 
Từ đó có: Hai tam giác và đồng dạng (g-g) 
Từ (1) và (2) suy ra (đpcm).
0,25
Ta có (CM phần a) 
 Hai tam giác và đồng dạng 
 Tứ giác AMFE nội tiếp (3)
0,25
Do suy ra tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH(4). 
Từ (3) và (4) ta có 5 điểm A, M, F, H, E cùng thuộc đường tròn đường kính AH.
 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (đpcm).	
0,25
4(1b)
b) Cho cạnh BC cố định, điểm A di chuyển trên cung lớn BC. Xác định vị trí của A để diện tích BHC đạt giá trị lớn nhất.
1,0
Kẻ đường kính AK của đường tròn (O; R). Gọi N là trung điểm của cạnh BC. 
Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành. 
Mà điểm N là trung điểm của BC nên N cũng là trung điểm của HK
=> ON là đường trung bình của tam giác KAH => AH = 2.ON
0,25
Kẻ OI vuông góc với AD ( I thuộc AD) suy ra tứ giác OIDN là hình chữ nhật OI=DN, ON=DI
Áp dụng định lý pytago vào tam giác AIO vuông tại I ta có:
 AD=AI+ID=+ON
0,25
Do đó
0,25
Do BC, R, ON không đổi suy ra đạt giá trị lớn nhất khi DN đạt giá trị nhỏ nhất 
 Mà AB<AC suy ra điểm A chuyển động trên cung nhỏ A’B (A’ là điểm chính giữa cung lớn BC) 
và A không trùng với A’ 
 Suy ra điểm D chuyển động trên đoạn NB và D không trùng với N do đó không tìm được giá trị nhỏ nhất của DN
Hay không tìm được vị trí điểm A để diện tích tam giác BHC đạt giá trị lớn nhất.
0,25
4(2)
Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O, một điểm I chuyển động trên cung BC không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I cắt đường thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định.
0,75
Gọi K là điểm đối xứng của I qua EF. 
Xét trường hợp điểm K trùng với điểm A
Khi đó KI là dây cung của (O)
Mà EF là đường trung trực của KI suy ra EF đi qua O
0,25
Xét trường hợp điểm K không trùng với A.
Ta có 
Do tứ giác ABIC nội tiếp suy ra 
Từ đó ta có 
 (Do I và K đối xứng qua EF)
	 suy ra bốn điểm A, K, E, F cùng thuộc một đường tròn.
Khi đó ta thu được hoặc có tứ giác AKFE nội tiếp hoặc có AKEF nội tiếp
0,25
Không mất tính tổng quát giả sử AKFE nội tiếp 
 (cùng chắn ) (1) 
 (Do K và I đối xứng qua EF) (2)
	 (cùng phụ ) (3)
Từ (1), (2), (3) 
 AKBI là tứ giác nội tiếp suy ra K nằm trên đường tròn (O)	
Suy ra KI là dây cung của (O)
Mà EF là đường trung trực của KI E, O, F thẳng hàng
Vậy đường thẳng EF luôn đi qua điểm O cố định.
0,25
5
Cho là ba số thực dương thoả mãn . 
CMR: .(1)
1,0
Đặt vế trái của (1) là M.
Ta có: , dấu “=” có khi a=b
Suy ra : > 0 mà >0 
.
0,25
Ta chứng minh: 
Thật vậy : (*) (luôn đúng) ;
 Dấu “=” có khi a=b. 
 Do đó : 
0,25
Tương tự: ; 
Cộng vế với vế của ba BĐT cùng chiều trên ta được: 
0,25
Ta có: 
 = . Do đó: . 
Vậy M, dấu đẳng thức có khi a = b = c = 1.
0,25