Đề thi chọn học sinh giỏi văn hóa cấp Huyện môn Toán Lớp 9 (Khóa thi 10-1-2017) - Năm học 2016-2017 - Phòng Giáo dục Đào tạo huyện Xuyên Mộc (Có đáp án)

 PHÒNG GIÁO DỤC ĐÀO TẠO 
HUYỆN XUYÊN MỘC 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP HUYỆN 
NĂM HỌC 2016 - 2017 
Môn: Toán 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Khóa thi, ngày 10 tháng 01 năm 2017 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
Bài 1:(3,0 điểm) 
1) Chứng minh rằng các số 2015A 6 1  và 2016B 6 1  đều là bội của 7. 
2) So sánh 
2016
2017
10 1
A
10 11



 và 
2016
2017
10 1
B
10 9



Bài 2: (5,5 điểm) 
1) Rút gọn biểu thức: 
2 x 9 2 x 1 x 3
P
x 5 x 6 x 3 2 x
  
  
   
 với x 0;x 4;x 9   . 
2) T m giá tr lớn nh t của biểu thức: 
2
2
2016 2 2016
Q
1
x x
x
 


3) T m nghiệm nguyên dương của phương tr nh: 6x2 + 5y2 = 74 
Bài 3: (3,5 điểm) 
1) Trên mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) có phương tr nh    m 4 x m 3 y 1    (m là 
tham số). T m m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) là lớn nh t. 
2) Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng : 1 2
a b c
a b b c c a
   
  
Bài 4:(5,5 điểm) Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB = 2R. L y điểm M b t kỳ trên nửa 
đường tròn (M khác A và B); các tiếp tuyến tại A và M của nửa đường tròn (O) cắt nhau ở K. 
Gọi E là giao điểm của AM và OK. 
1) Chứng minh OE.OK không đổi khi M di chuyển trên nửa đường tròn. 
2) Qua O kẻ đường vuông góc với AB cắt BK tại I và cắt đường thẳng BM tại N. 
Chứng minh: IN = IO. 
3) Vẽ MH vuông góc với AB tại H. Gọi F là giao điểm của BK và MH. 
 Chứng minh: EF//AB. 
Bài 5:(2,5 điểm) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Một điểm P chạy trên cung 
nhỏ AB (P khác A và B). Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ P đến A và từ P đến B 
không lớn hơn đường kính của đường tròn (O). 
------- HẾT ----- 
Họ và tên thí sinh:  Chữ ký giám th số 1: .. 
Số báo 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:(3,0 điểm) 
1) Chứng minh rằng các số 2015A 6 1  và 2016B 6 1  đều là bội của 7. 
2) So sánh 
2016
2017
10 1
A
10 11



 và 
2016
2017
10 1
B
10 9



Bài 1 Đáp án Điểm 
1.1 
(1,0đ) 
Ta có: 2015A 6 1 6 1 7 7    0,5 
  
1013
2016 2 26 1B 6 1 6 1 35 7     0,5 
1.2 
(2,0đ) 
Ta có: 10.
2016 2017
2017 2017 2017
10.(10 1) 10 11 1 1
A 1
10 11 10 11 10 11
  
   
  
 (*) 
0,75 
Và: 10.
2016 2017
2017 2017 2017
10.(10 1) 10 9 1 1
B 1
10 9 10 9 10 9
  
   
  
 (**) 
0,5 
Ta th y 
2017
1
10 11

2017
1
10 9
 nên từ (*) và (**)  10A > 10BA > B. 
( Trong 2 ý đầu, ý nào chứng minh trước đúng cho 0,75; ý sau tương tự cho 
0,5đ) 
0,75 
Bài 2: (5,5 điểm) 
1) Rút gọn biểu thức: 
2 x 9 2 x 1 x 3
P
x 5 x 6 x 3 2 x
  
  
   
 với x 0;x 4;x 9   . 
2) T m giá tr lớn nh t của biểu thức: 
2
2
2016 2 2016
Q
1
x x
x
 


3) T m nghiệm nguyên dương của phương tr nh: 6x2 + 5y2 = 74 
Bài 2 Đáp án Điểm 
2.1 
(2,0đ) 
2)
( 2 3)
2 x 9 (2 x 1)( x ( x 3)( x 3)
P
x )( x
 
 
    
 
2 ( 2)( 1) 1
( 2)( 3) ( 2)( 3) 3
x x x x x
P
x x x x x
   
 
    

 
0,75 
0,5x2 
+0,25 
2.2 
(2,0đ) 
a) Ta có: 
2 2 2
2 2
2 2 2
2 2 2
2016 2 2016 (2017 2017) ( 2 1)
Q
1 1
2017( 1) ( 1) ( 1)
 2017 (*)
1 1 1
x x x x x
x x
x x x
x x x
     
 
 
  
   
  
0,5 
0,5 
Vì 
2
2
( 1)
1
x
x


0  nên từ (*) Q 2017   
 0,25 
D u “=” xảy ra 
2
2
( 1)
0 1 0 1
1
x
x x
x

      

 0,5 
Vậy max Q = 2017 1x  0,25 
2.3 
(1,5đ) 
Cách 1: 
Ta có : 6x
2 
+ 5y
2
 = 74  6x
2
 – 24 = 50 – 5y2 
  6(x
2
 – 4) = 5(10 – y2) (*) 
Từ (*) suy ra: 6(x2 – 4) 5. Mà (6;5) = 1 nên (x2 – 4) 5 
0,25 
0,25 
Đặt x2 – 4 = 5t ( t )  x
2
 = 5t + 4. Thay vào (*) y
2
 = 10 – 6t 
Vì 
2 2
2 2
4
0 5 4 0 4 55
5 5 30 10 6 0
3
t
x x t
t
y y t
t

       
      
       

0t  hoặc t = 1 
0,25 
0,25 
 Khi t = 0 thì y
2
 = 10 (loại v y  ) 
 Khi t = 1 thì 
2
2
9 3
24
x x
yy
  
 
 
 (vì x > 0; y > 0) 
0,5 
Cách 2: 
Ta có : 6x
2 
+ 5y
2
 = 74  6x
2
 – 24 = 50 – 5y2  6(x2 – 4) = 5(10 – y2) (*) 
Từ (*) suy ra: 6(x2 – 4) 5. Mà (6;5) = 1 nên (x2 – 4) 5 
  [(x
2
 – 4) +5] 5 (x2 +1) 5 (**). 
Từ bài ra 0 < 6x2 < 740 < x2 12 . Kết hợp (**)x2 = 4 hoặc x2 = 9 
 Khi x
2
 = 4 thì y
2
 = 10 (loại v y  ) 
 Khi x
2
 = 9 thì y
2
 = 4  (x = 3 y = 2) (vì x > 0; y > 0) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Bài 3: (3,5 điểm) 
1) Trên mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) có phương tr nh    m 4 x m 3 y 1    (m là 
tham số). T m m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) là lớn nh t. 
2) Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng : 1 2
a b c
a b b c c a
   
  
Bài 3 Đáp án Điểm 
3.1 
(2,0đ) 
 Xét pt:    4 3 1m x m y    
Ta th y:    .0 .0 04 3 1m m     nên (d) không thể đi qua O(0;0) 
0,25 
+ m = 4 ta được y = 1 nên K/c từ (d) đến O bằng y 1 
+ m = 3 ta được x = - 1 nên K/c từ (d) đến O bằng x 1 1   
0,25x2 
+ m 3;m 4  th (d) cắt Ox tại A
1
,0
m 4
 
 
 
 và cắt Oy tại B 0,
1
m 3
 
 
 
0,25 
 Kẻ OH vuông góc với (d) tại H; ta có K/c từ O đến (d) là OH. 
 Dựa vào ΔOAB vuông tại O chỉ ra được 
2
2 2
2
1 7 1 1
( 4) ( 3) 2
2 2 2
m m m
OH
 
 
 
        
Suy ra được: OH 2 
0,5 
0,25 
Suy được khoảng cách từ O đến (d) lớn nh t OH = 2 khi m = 
7
2
0,25 
V a, b, c là các số dương (gt) nên ta có: 
 (1)
a a a c
a b c a b a b c

 
    
0,5 
3.2 
(1,5đ) (2)
b b b a
a b c b c b c a

 
    
0,25 
 (3)
c c c b
a b c c a c a b

 
    
0,25 
Cộng từng vế (1), (2) và (3), ta có: 1 2
a b c
a b b c c a
   
  
Lưu ý: HS chứng minh đúng một vế cho 0,75đ 
0,5 
Bài 4:(5,5 điểm) Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB = 2R. L y điểm M b t kỳ trên nửa 
đường tròn (M khác A và B); các tiếp tuyến tại A và M của nửa đường tròn (O) cắt nhau ở K. 
Gọi E là giao điểm của AM và OK. 
1) Chứng minh OE.OK không đổi khi M di chuyển trên nửa đường tròn. 
2) Qua O kẻ đường vuông góc với AB cắt BK tại I và cắt đường thẳng BM tại N. 
Chứng minh: IN = IO. 
3) Vẽ MH vuông góc với AB tại H. Gọi F là giao điểm của BK và MH. Chứng minh: 
EF//AB. 
A B
M
K
N
I
E
HO
F
Bài 4 Đáp án Điểm 
4.1 
(1,75đ) 
H nh vẽ đến câu 1 
0,25 
Chứng minh được OK AM tại E 
Dựa vào OAK vuông tại A chỉ ra được OE.OK = OA2 = R2 không đổi. 
0,75 
0,75 
4.2 
(1,75đ) 
Chứng minh được: OK // BN (AM) 
 Chứng minh được:AOK = OBN (g.c.g)  OK = BN 
0,25x2 
0,5 + 
0,25 
Suy được OBNK là h nh b nh hành từ đó suy được: IN = IO 0,5 
4.3 
(2,0đ) 
Chứng minh được AOK đồng dạng HBM 
 
2 2
2 2
HB MB HB MB
AO OK AO OK
   (1) 
Chỉ ra được MB2 = HB.AB và OA2 = OE.OK (cma) (2) 
0,5 
0,25 
 Từ (1) và (2) suy được 
2
2
.
.
HB HB AB HB AB HB OE
OK OE OK OE OK AB OK
     (3) 
0,5 
 Chứng minh được 
FB
BK
HB
AB
 (4) 
Từ (3) và (4) suy ra 
FB OE
KB OK
  EF // OB //AB (đl Ta let) 
0,25 
0,5 
Bài 5:(2,5 điểm) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Một điểm P chạy trên cung 
nhỏ AB (P khác A và B). Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ P đến A và từ P đến B 
không lớn hơn đường kính của đường tròn (O). 
A
B C
P
Q
1 2
1
O
1
3
Bài 5 Đáp án Điểm 
5 
(2,5đ) 
Vì ABC đều, P AB nên AP < PC. L y điểm Q trên PC sao cho PQ = PA 0,25 
APQ cân có 01APQ P 60  (chắn cung 120
0
) nên APQ đều 
AP = AQ = PQ 
0,75 
- Chứng minh được APB = AQC (c.g.c)   PB = QC 
Từ đó  PA + PB = PQ + QC = PC. Mà PC là 1 dây của (O) 
nên PC  2R (đường kính) 
1,0 
Chứng tỏ tổng các khoảng cách từ P đến A và từ P đến B không lớn hơn 
đường kính của đường tròn (O). (đpcm) 
0,5 
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.