Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 THCS - Năm học 2016-2017 - Sở Giáo dục và Đào tạo Bến Tre (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
BẾN TRE 
ĐỀ THI HỌC SIN GIỎI LỚP 9 THCS 
NĂM HỌC 2016-2017 
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN 
Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) 
Câu 1. (7 điểm) 
a) Chứng minh rằng 8 7 6 5 4A n 4n 6n 4n n     chia hết cho 16 với mọi n là số nguyên 
b) Cho biểu thức 
 
 
2
2 2
2
2
x 3 12x
B x 2 8x
x
 
    . Rút gọn biểu thức B và tìm các giá trị 
nguyên của x để B có giá trị nguyên 
c) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 22y x x y 1 x 2y xy      
Câu 2 (3 điểm) 
Cho hàm số 2y 2 x 6x 9 x 2     có đồ thị (D) 
a) Vẽ đồ thị (D) của hàm số trên 
b) Với giá trị nào của m thì phương trình 22 x 6x 9 x 2 m     vô nghiệm 
c) Dựa vào đồ thị (D), tìm tập nghiệm của bất phương trình: 22 x 6x 9 x   
Câu 3. (2 điểm) 
Cho x, y, z là các số thực thỏa: 
2
2
2
2
2 2
y
x xy 2017 (1)
3
y
z 1009 (2) (x 0,z 0,x z)
3
x xz z 1008 (3)

  


     

   


Chứng minh rằng
2z y z
x x z



Câu 4. (5 điểm) 
Cho đoạn thẳng AB và điểm E nằm giữa điểm A và điểm B sao cho AE < BE. Vẽ đường tròn 
 1O đường kính AE và đường tròn  2O đường kính BE. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài MN của 
hai đường tròn với M là tiếp điểm thuộc  1O và N là tiếp điểm thuộc  2O 
a) Gọi F là giao điểm của các đường thẳng AM và BN. Chứng minh rằng đường thẳng EF 
vuông góc với đường thẳng AB 
b) Với AB = 18 cm và AE = 6 cm, Vẽ đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng MN 
cắt đường tròn (O) tại C và D sao cho điểm C thuộc cung nhỏ AD. Tính độ dài đoạn 
thẳng CD. 
Câu 5. (3 điểm). Cho tam giác ABC cân tại A, có góc A nhỏ hơn 090 . Từ B kẻ BM vuông 
góc với AC tại M (điểm M thuộc AC). Chứng minh 
2
AM AB
1 2
MC BC
 
   
 
ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 BẾN TRE 2016-2017 
Câu 1. 
a)    
48 7 6 5 4 4 4 3 2A n 4n 6n 4n n n . n 4n 6n 4n 1 n(n 1)            
Vì n(n+1) là tích hai số nguyên liên tiếp nên n(n 1) 2  
4 4n n 1 2 16     
Do đó A 16 với mọi n thuộc Z 
b) 
 
 
 
 
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
x 3 12x x 3 x 3
B x 2 8x x 2 x 2
x x x
   
          
+) Nếu x < 0: 
2 2x 3 2x 2x 3 3
B x 2 2x 2
x x x
    
        
B có giá trị nguyên khi 
x
x U(3)
3
   và x < 0
x 1
x 3
 
 
 
+) Nếu 0 <x 2 : 
2x 3 2x 3 3
B x 2 2
x x x
 
      
B có giá trị nguyên khi 
3
x
x
   Ư (3) và x>2 x 3  
Kết luận 
2
2
2x 2x 3
khi x 0
x
2x 3
B khi0 x 2
x
2x 2x 3
khi x 2
x
  



  

  


B có giá trị nguyên khi  x 1; 3   
c)   2 2 2 2 22y x x y 1 x 2y xy x 1 x 2y y 1           
2 2
2 2
x 1 1 x 2 x 2
x 2y y 1 2y y 1 0 y 1
x 0x 1 1 x 0
y 1x 2y y 1 2y y 1 0
      
   
                    
   
           
Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là (2;1) và (0;1) 
Câu 2. 
a) 2
x 8nÕux 3
y 2 x 6x 9 x 2 2 x 3 x 2
3x 4nÕux 3
 
          
  
Học sinh tự vẽ đồ thị 
b) Phương trình (*) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị sau: 
(D) 2y 2 x 6x 9 x 2     (1) 
(D’): y=m là đường thẳng song song với trục Ox và cắt trục Oy tại điểm có tung độ 
m. Căn cứ vào đồ thị , ta có phương trình (*) vô nghiệm 
(D) và (D’) không giao nhau m 5  
Vậy m 5  thì pt (*) vô nghiệm 
c) Dựa vào đồ thị đã vẽ ở câu a, ta có : nghiệm của (1) là tập hợp hoành độ của các 
điểm (D) có tung độ y 2  , nên 
x 6
x 2



Vậy tập nghiệm của (1) là x 6 hoặc x 2 
Câu 3 
2
2
2
2
2 2
y
x xy 2017 (1)
3
y
z 1009 (2) (x 0,z 0,x z)
3
x xz z 1008 (3)

  


     

   


Trừ (1) và (2) vế theo vế, ta có: 2 2x xy z 1008(4)   
Trừ (3) và (4) vế theo vế ta có: 2 2xz xy 2z 0 xz 2z xy      
22xz 2z xy xz 2z(x z) x(y z)
2z y z
x x z
       

 

Điều phải chứng minh 
Câu 4 
K I
D
C
O
F
O2O1A BE
M
N
a) MN là tiếp tuyến chung của  1O và  2O nên 1 2 1 2MN OM;MN O N OM / /O N   
0
1 2
MO E NO E 180   
1
O AM cân tại 
1
O suy ra 
1 1
MO E 2O AM 
2
O BN cân tại 
2
O nên 
2 2
NO E 2O BN 
 1 2 1 2MO E NO E 2 O AM O BN    0 01 2O AM O BN 90 MFN 90     
Mặt khác 0AME BNE 90  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
0EMF ENF 90   suy ra MENF là hình chữ nhật MEF NME  
Mà 
1 1
O EM OME (
1
OME cân tại 
1
O ) và 0
1
NME OME 90  (MN là tiếp tuyến) 
0
1
MEF O EM 90   hay EF AB tại E 
b) Ta có AB = 18 cm, AE = 6 cm EB 12cm,OF 9cm   
AFB vuông tại F có đường cao EF nên 2EF AE.EB 6.12 72 EF 6 2 (cm)     
MN EF 6 2 (cm)   
Gọi K, I lần lượt là giao điểm của EF, OF với MN 
Tứ giác MENF là hình chữ nhật nên có NMF NEF mà NEF=ABF (cùng phụ góc 
BEM) NMF ABF (1)  FNM FAB  
Ta lại có OAF cân tại O suy ra OAF = OFA (2) 
Và 0OAF ABF 90 (3)  
Từ (1) (2) (3) 0 0NMF OFA 90 MIF 90     
FNM đồng dạng tam giác FAB và có FI, FE là hai đường cao tương ứng nên 
FI MN FI 6 2
FI 4cm OI OF FI 9 4 5cm
EF AB 186 2
           
OID vuông tại I có 2 2 2 2 2ID OD OI 9 5 56 ID 2 14 (cm)       
Vì OF CD tại I nên CD 2.ID 4 14 (cm)  
Câu 5 
ABC cân tại A nên AB = AC 
Ta có 
2 2 2
2
2 2
AM AB AM MC AC AC AC
1 2. 2. 2. BC 2.AC.MC
MC BC MC BC MC BC
 
        
 
Ta cần chứng minh: 2BC 2AC.MC 
Thật vậy,  
22 2 2 2 2BC BM MC AB AM AC AM      
2 2 2 2
2
AC AM AC 2AC.AM AM
2AC 2.AC.AM 2AC.(AC AM) 2.AC.MC
    
    
M
A
B C