Đề thi học sinh giỏi cấp Thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD&ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

 Bài 1: (5,0 điểm) 
Cho biểu thức: 
2 1 1
:
21 1 1
x x x
P
x x x x x
  
   
    
 . Với x  0, x  1. 
a) Rút gọn biểu thức P. 
b) Tìm x để 
2
7
P  . 
c) So sánh: P
2
 và 2P. 
Bài 2: (4,0 điểm) 
a) Tìm ,x y Z thỏa mãn: 2 2 22 1 2y x x y x y xy      
b) Cho a, b, c là các số nguyên khác 0 thỏa mãn điều kiện: 
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
.
a b c a b c
 
     
 
Chứng minh rằng: 3 3 3a b c  chia hết cho 3. 
Bài 3: (4,0 điểm) 
a) Giải phương trình sau: 2 24 20 25 6 9 10 20x x x x x       
b) Cho x, y là 2 số thực thoả mãn: x2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0. 
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: A = x + y + 1. 
Bài 4: (6,0 điểm) 
Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. N là điểm tùy ý thuộc cạnh AB. Gọi E 
là giao điểm của CN và DA. Vẽ tia Cx vuông góc với CE và cắt AB tại F. Lấy 
M là trung điểm của EF. 
a) Chứng minh: CM vuông góc với EF. 
b) Chứng minh: NB.DE = a2 và B, D, M thẳng hàng. 
c) Tìm vị trí của N trên AB sao cho diện tích của tứ giác AEFC gấp 3 lần diện 
tích của hình vuông ABCD 
Bài 5: (1,0 điểm) 
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 
a b c a b c
a b b c c a b c c a a b
    
     
-------------- Hết------------ 
Lưu ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. 
PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ 
THANH HÓA 
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ 
NĂM HỌC 2016 - 2017 
Môn Toán: Lớp 9 
(Thời gian làm bài: 150 phút) ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 
Bài Câu Nội dung Điểm 
1 a Điều kiện: x  0, x  1. 
 
  
  
3
2 1 1
:
21 1 1
2 1 1
:
21 11
2 ( 1) ( 1) 1
:
21 1
2 1 2
.
11 1
2
1
x x x
P
x x x x x
x x x
x x xx
x x x x x x
x x x
x x
xx x x
x x
  
   
    
 
  
      
 
      

  
 

  

 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
b Với x  0, x  1. Ta có: 
2
7
2 2
71
1 7
6 0
( 2)( 3) 0
P
x x
x x
x x
x x

 
 
   
   
   
Vì 3 0x   nên 2 0x   4x  (t/m) 
Vậy P = 
2
7
 khi x = 4 
0,5 
1,0 
0,25 
0,25 
c Vì 0 1 1x x x     0,25 
0,25 
22
2
0 2
1
0 2
( 2) 0
2 0
2
x x
P
P P
P P
P P
  
 
  
  
  
 
Dấu “=” xảy ra khi P = 2  x = 0 
Vậy P2  2P 
0,25 
0,25 
2 a 
 
2 2 2
2 2 2
2
2 1 2
2 1 2 0
1 (2 ) 1
y x x y x y xy
y x x y x y xy
x y y x
     
       
     
Vì x, yZ nên x - 1Ư(-1) = 1; 1 
+) Nếu x – 1 = 1x = 2 
Khi đó 2y2 - y – 2 = - 1 
 y = 1 (t/m) hoặc y = 
1
2

Z (loại) 
+) Nếu x – 1 = -1 x = 0 
Khi đó 2y2 - y = 1 
 y = 1 (t/m) hoặc y = 
1
2

Z (loại) 
Vậy 
2 0
;
1 1
x x
y y
  
 
  
0,5 
0,25 
0,5 
0,5 
0,25 
b a) Từ giả thiết 
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
( )
a b c a b c
1 1 1
2( ) 0
ab bc ca
    
   
Vì a, b, c  0 nên a + b + c = 0 
   
3 3
3 3 3
3 3 3
a b c
a b c
a b 3ab(a b) c
a b c 3abc
   
   
     
   
0,5 
0,5 
0,5 
0,25 
0,25 
Vậy 
3 3 3a b c 3  với a, b, c Z 
Lưu ý: Nếu học sinh sử dụng hằng đẳng thức 
x
3
 + y
3
 + z
3
 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx) 
mà không chứng minh thì trừ 0,5 điểm. 
3 a Đkxđ: x R  
2 24 20 25 6 9 10 20x x x x x       
Vì 
2 24 20 25 6 9 0x x x x      với x 
10x – 20 0 2x   
Ta có: 
2 24 20 25 6 9 10 20
2 5 3 10 20
2 5 3 10 20
7 28
4( / )
x x x x x
x x x
x x x
x
x t m
      
     
     
 
 
Vậy phương trình có nghiệm là x = 4 
0,25 
0,5 
0,5 
0,5 
0,25 
b x
2
 + 2y
2 
+ 2xy + 7x + 7y + 10 = 0. 
 
2 2
2
7( ) 10
( 2)( 5) 0
4 1 1
x y x y y
x y x y y
x y
      
       
      
* x + y + 1 = - 4 khi x = - 5; y = 0 
* x + y + 1 = - 1 khi x = - 2; y = 0 
Vậy Amin = - 4 khi x= - 5; y = 0 
Amax = - 1 khi x = -2; y = 0 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
4 a 
Ta có: ECD BCF (cùng phụ với ECB ) 
Chứng minh được:  EDC =  FBC (cạnh góc vuông – góc nhọn) 
CE = CF 
  ECF cân tại C 
Mà CM là đường trung tuyến nên CM EF 
1,0 
1,0 
b * Vì  EDC =  FBC ED = FB 
NCF vuông tại C. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông 
ta có: 
BC
2
 = NB.BFa2 = NB.DE (đpcm) 
*CEF vuông tại C có CM là đường trung tuyến nên 
EF
2
CM  
AEF vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên 
EF
2
AM  
CM = AM M thuộc đường trung trực của AC. 
Vì ABCD là hình vuông nên B, D thuộc đường trung trực của AC 
B, D, M thẳng hàng vì cùng thuộc đường trung trực của AC 
(đpcm). 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
c Đặt DE = x (x > 0)  BF = x 
SACFE = SACF + SAEF =  
1
AF AE CB
2
  
0,5 
0,25 
M
F
E
C
BA
D
N
 
1
(AB BF) AE AD
2
1
(a x).DE
2
1
(a x)x
2
   
 
 
SACFE = 3.SABCD 
2 2 21 (a x)x 3a 6a ax x 0
2
       
(2a x)(3a x) 0    
Do x > 0; a > 0  3a + x > 0 2a x 0    x = 2a 
A là trung điểm của DE AE = a 
Vì AE //BC nên 1
AN AE
NB BC
  
N là trung điểm của AB. 
Vậy với N là trung điểm của AB thì SACFE = 3.SABCD 
0,5 
0,5 
0,25 
5 
* Vì a, b, c > 0 nên 1
a a a c
a b a b a b c

  
   
. 
Tương tự: ;
b b a c c b
b c a b c c a a b c
 
 
     
2
a b c
a b b c c a
   
  
 (1) 
* Ta có: 
( )
a a
b c a b c

 
Vì a, b, c > 0 nên theo bất đẳng thức Cô- si ta có: 
( )
( ) 0
2
2 1
( )
a b c
a b c
a b c a b c
 
  
 
  
2 2
( )
a a a a
a b c a b c b ca b c
   
    
Tương tự: 
2 2
;
b b c c
a b c a c a b c b a
 
     
0,5 
2
a b c
b c c a a b
   
  
Dấu ‘ =” xảy ra khi a = b + c; b = c + a; c = a +b 
tức là a = b = c (vô lý). 
2
a b c
b c c a a b
   
  
 (2) 
Từ (1) (2) ta có đpcm. 
 0,5