Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Huyện môn Toán Lớp 9 THCS - Năm học 2016-2017 - Phòng GD&ĐT Xuyên Mộc (Có đáp án)

UBND HUYỆN XUYÊN MỘC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9 THCS 
PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC NĂM HỌC 2016 – 2017 
 MÔN THI: TOÁN 
 Thời gian làm bài thi 150 phút 
 Ngày thi . tháng 01 năm 2017 
ĐỀ DỰ BỊ 
Bài 1:(2,5 điểm) 
 Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 3 2 22n mn 3n 14n 7m 5 0      
Bài 2: (7,5 điểm) 
 a) t g n u th c 
3
2 1 2 2 1
A :
1 1 1
x x x x
x x x x
   
       
 b) x 2014 x 2016 y 2016 x 2016       
c) Tìm GTNN của u th c 
3 4 x
A
x 1



d) Cho x, y, z là các số không âm và x + y + z = 1. 
Ch ng m nh rằng x + y + y + z + z + x 6 
Bài 3: (2,0 điểm) 
 Cho tam g ác ABC có chu v 2p = a + + c (a, , c là độ dà a cạnh của tam g ác). 
Ch ng m nh rằng : 
1 1 1 1 1 1
2.
p a p b p c a b c
 
 
 
    
  
. 
Bài 4:(5,0 điểm) 
Cho tam g ác ABC nộ t ếp đường tròn (O ; ). G (I ; r) là đường tròn nộ t ếp tam g ác 
ABC, M là t ếp đ m của AB vớ đường tròn (I); H là g ao đ m của AI vớ đường tròn (O) (H 
khác A), HK là đường kính của đường tròn (O). G a là độ dà đoạn OI. Ch ng m nh rằng 
 a) Tam g ác AMI và tam g ác KCH đồng dạng 
 b) HB = HI 
 c) IA.IH 2 2R a  . 
 d) 2 2R 2Rr a  
Bài 5:(3,0 điểm) Cho đường tròn (C) đường kính PQ = 2 cố định và một đường kính MN 
của đường tròn thay đổ (MN khác PQ). Qua P vẽ đường thẳng (d) là t ếp tuyến của đường tròn, 
(d) cắt QM và QN lần lượt ở E và F. 
1) Ch ng m nh tam g ác QMN đồng dạng vớ tam g ác QFE. 
2) Tìm vị trí của đường kính MN đ EF có độ dà nhỏ nhất và tính g á trị nhỏ nhất đó theo R. 
------- HẾT ----- 
H và tên thí s nh  Chữ ký g ám thị số 1 .. 
Số áo danh . 
UBND HUYỆN XUYÊN MỘC 
PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 
CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2016 – 2017 MÔN THI TOÁN LỚP 9 
 (Hướng dẫn chấm có  trang) 
Bài 1:(2,5 điểm) 
 Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 3 2 22 3 14 7 5 0n mn n n m      
Bài 1 Đáp án Điểm 
1.2 
(2,5đ) 
3 2 2
2
16
(1)
7
2 3 14 7 5 0
2 3
n
n mn n n m
m n

     
   
1,0 
Vì m, n  Z nên 
     2 2 27 (16) 7 8;16 1;9 1; 3n U n n n           (2) 
0,75 
Từ (1) và (2) suy được 
 ( , ) (1;1),( 3; 1);(4;3),( 8; 3)m n      
0,75 
Bài 2: (7,5 điểm) 
 a) t g n u th c 
3
2 1 2 2 1
A :
1 1 1
x x x x
x x x x
   
       
 b) x 2014 x 2016 y 2016 x 2016       (1) 
c) Tìm GTNN của u th c 
3 4 x
A
x 1



d) Cho x, y, z là các số không âm và x + y + z = 1. 
Ch ng m nh rằng x + y + y + z + z + x 6 
Bài 2 Đáp án Điểm 
2.1 
(2,0đ) 
 Ta có 
3
2 1 2 2 1
A :
1 1 1
x x x x
x x x x
   
       
3(2 1)( 1) (2 1)(1 ) 1
(1 )( 1) 2 1
x x x x x x x
x x x x
      
 
   
(2 1)( 1 )( 1)( 1) 1
(1 )( 1)(2 1) 1
x x x x x x x x x
x x x x x
        
 
    
1,0 
1,0 
2.2 
(2,0đ) 
x 2014 x 2016 y 2016 x 2016       (1) 
Ta có: 2016x 2016 x 2016 x x x 2016 x        (2) 
0,5 
Chỉ ra được dấu « = » xảy ra kh 0 2016x  (*) 
 Từ (1) và (2) suy được 2014 2016 0x y    
0,25x2 
 Lập luận suy được 
2014
20160
x 2014 0 x
yy 2016
 
 
 
 

Đố ch ếu ĐK (*) và kết luận được ngh ệm 
0,5 
0,5 
2.3 
(1,5đ) 
. ĐK x 0 
24) ( ( x 2)
1 1
x 1
3 4 x (x 4 x x 1)
A
x 1 x 1
  
    

  

 
 (vì x 0 ) 
Chỉ ra được M n A = -1 kh x = 4 (tmđk) 
1,0 
0,5 
 2.4 
(2,0đ) 
Áp dụng BĐT Bunh akopsk có 
 
       
2
2
2 2 2
2 2 2
1.
1 1 1
A x + y +1. y + z + 1. z + x
x + y y + z z + x

      
 
1,0 
 = 3.2(x +y + z) = 6.1 = 6 (vì x + y + z = 1) 
Suy được A 6 khi 
1
a b c
3
   
0,5 
0,5 
Bài 3: (2,0 điểm) 
 Cho tam g ác ABC có chu v 2p = a + + c (a, , c là độ dà a cạnh của tam g ác). 
Ch ng m nh rằng : 
1 1 1 1 1 1
2.
p a p b p c a b c
 
 
 
    
  
. 
Bài 3 Đáp án Điểm 
3 
(2,0đ) 
Chỉ ra được 0; 0; 0
2
b c a
p a p b p c
 
       
0,25 
Áp dụng BĐT Cô s ta có : 
 
1 1 2
2 . 4( ) ( ) ( )( )
( )( )
p a p b p a p b
p a p b p a p b
 
   
 
    
   
0,5 
Suy được 
1 1 4 4
p a p b p a p b c
  
    
 0,25 
Tương tự 
1 1 4 1 1 4
;
p b p c a p c p a b
   
   
Suy được 2.
1 1 1 1 1 1
4.
p a p b p c a b c
   
   
  
    
  
Suy được đpcm và 
Dấu “=” xảy ra kh .a b c  
0,25 
 0,25 
 0,5 
Bài 4:(5,0 điểm) 
Cho tam g ác ABC nộ t ếp đường tròn (O ; ). G (I ; r) là đường tròn nộ t ếp tam g ác 
ABC, M là t ếp đ m của AB vớ đường tròn (I); H là g ao đ m của AI vớ đường tròn (O) (H 
khác A), HK là đường kính của đường tròn (O). G a là độ dà đoạn OI. Ch ng m nh rằng 
 a) Tam g ác AMI và tam g ác KCH đồng dạng 
 b) HB = HI 
 c) IA.IH 2 2R a  . 
 d) 2 2R 2Rr a  
A
B 2
C
I
H
K
M
F
 OE
1 2
1
3
1
Bài 4 Đáp án Điểm 
4.a 
(1,75đ) 
* Hình vẽ đ ng 
– Ch ng m nh được các tam g ác AMI và KCH là các tam g ác vuông 
 - Ch ng m nh được 1 2A A K  
 - Suy ra được tam g ác AMI và tam g ác KCH đồng dạng (đpcm) 
0,25 
0,5 
0,5 
0,5 
4.b 
(1,0đ) 
- Ch ng m nh được 1 1 1 2 3 1 1I A B ; IBH B B B A      
 Do đó 1I IBH HB HI   (đpcm) 
0,5 
0,5 
4.c 
 (1,0đ) 
 G EF là đường kính của (O) và đ qua I. 
 - Nêu được IA.IH = IE.IF (hệ th c trong đường tròn) 
 - Suy ra: IA.IH = (R – a).(R + a) = R2 – a2 
0,25 
0,25 
0,5 
4.d 
(1,25đ) 
Từ câu a), ta có 
IA IM
HK HC
  IA.HC = HK.IM = 2Rr (*) 
Mà HB = HC (do 1 2A A ) HC = HI. 
Kết hợp câu c), thay vào (*) ta có: R
2
 – a2 = 2Rr  2 2R 2Rr a  (đpcm) 
0,50 
0,25 
0,50 
Bài 5:(3,0 điểm) Cho đường tròn (C) đường kính PQ = 2 cố định và một đường kính MN 
của đường tròn thay đổ (MN khác PQ). Qua P vẽ đường thẳng (d) là t ếp tuyến của đường tròn, 
(d) cắt QM và QN lần lượt ở E và F. 
1) Ch ng m nh tam g ác QMN đồng dạng vớ tam g ác QFE. 
2) Tìm vị trí của đường kính MN đ EF có độ dà nhỏ nhất và tính g á trị nhỏ nhất đó theo R. 
A B
M
K
N
I
E
HO
F
P
Q
M
N
E F
C
Bài 5 Đáp án Điểm 
5.1 
(1,5đ) 
Ch ng m nh được QM.QE = QN.QF(=PQ2) 
QM QN
QF QE
  
0,75 
Chỉ ra được QMN đồng dạng QFE (c.g.c) 0,75 
5.2 
(1,5đ) 
QFE vuông tạ Q có PQ  EF (gt) (1)  PQ2 = PE.PF (hệ th c 2) 
 PE.PF = (2R)
2
 = 4R
2
0,25 
Áp dụng ất đẳng th c Cô s cho 2 số EP, PF > 0 ta có 
2EF EP PF 2 EP.PF 2. 4R 4R     
 EF nhỏ nhất ằng 4 kh EP = PF (2) 
0,25 
Từ (1) và (2)  ∆QEF cân tạ Q có PQ là đường cao đồng thờ là 
phân giác. 
Chỉ ra được PMQN là hình chữ nhật 
0,25 
0,25 
 PMQN là hình vuông MN PQ 
Vậy Khi MN PQ thì EF có độ dà nhỏ nhất ằng 4 ’ 
0,25 
0,25 
Chú ý: 1. Nếu thí sinh làm bài bằng cách khác đúng thì GK vẫn cho điểm tương đương. 
 2. Điểm toàn bài không được làm tròn.