Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 thành phố bắc giang năm học 2017 2018 có đáp án

PHÒNG GD&ĐT TP BẮC GIANG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017-2018 Mơn: Tốn lớp Thời gian làm bài: 150 phút Thi ngày 14 tháng năm 2018 Bài 1: (5 điểm)  x+2 x +4 + a/ Cho biểu thức M =   x x −8 x + x +1   x − x + 10  : + ÷  ÷  ÷ x −1 ÷   x −2 x+6 x +5 Rút gọn M tìm x để M>1 b/Cho a, b, c >0 thỏa mãn ab + bc + ca = Tính H= a− b b− c c− a + + 1+ c 1+ a 1+ b Bài 2: (4 điểm) a/ Giải phương trình 30 − 5 + x2 − = x2 x x b/ Tìm số thực x để số x − 3; x + 3; x − số nguyên x Bài 3: (4 điểm) a/ Tìm x nguyên dương để x3 + 14 x + x − số phương b/ Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z = xyz + + x2 + + y + + z Chứng minh rằng: + + ≤ xyz x y z Bài 4: (6 điểm) Cho đoạn thẳng OA=R, vẽ đường tròn (O;R) Trên đường tròn (O;R) lấy H kỳ cho AH1  x+2 x +4 + *M =  x−2 x+2 x +4   x +1   x − =  + + ÷:  x −1 ÷  x −2   x −2 ( x −1+ = ( ( )( x −2 )( x −2 ) x −1 ) : (3   ÷:  x − + x +1 ÷  x −   ( x + 1) ) ( x +1 x + x +1   x − x + 10  : + ÷  ÷  ÷ x −1 ÷   x −2 x+6 x +5 )( x −1 ) ( ( )( x +1 )  ÷ x +5 ÷  x +5 0,5 )  ÷ x +1 ÷  x − 5)( x + 1) + 2( x − 2) ( x −2 )( 0,5 ) x +1 x − + x − x + x − 3x + x − x − + x − : x −2 x − 11 x −2 x +1 = = )( Điểm 5đ ( ( )( ) x−3 x −2 Vậy M= *M1⇔ ( x +1 ) x −1 0,25 −1 > ⇔ 4−2 x ( >0⇔ ) x −1 2− x >0 x −1 0,5  2 − x >    x − > ⇔ < x < ⇔ < x < Vậy M>1 1 0;6 x − > , theo cơsi ta có x Vì x ≥ Dấu = có ĐK: x ≥ 30 − = x + 6x2 −1 6x −1 ≤ x x2 ( ( ) ) 0,5 = x − ⇔ x = ±1 x 5 ⇒ x − ≥ , theo côsi ta có Vì x ≥ x 5 x − = (6 x − ) ×1 ≤ x x ) +1 x2 (6 x − = ⇔ x = ±1 x2 5 + x2 −1 + 6x2 − + 5 x 30 − + x − ≤ x x x 0,5 Dấu = có x − Vây ta có 5 + x − ≤ x Dấu = có ⇔ x = ±1 x x 5 Vậy x= ± nghiệm phương trình 30 − + x − = x x x 0,5 ⇔ 30 − b/ 2,0đ Tìm số thực x để số x − 3; x + 3; x − số nguyên x với a, b, c ∈ Z x Từ a = x − ⇒ x = a + 3; từ b = x + ⇒ x = b − , nên ta có Đặt a = x − 3; b = x + 3; c = x − ( a + 3) 0,75 = b − ⇔ a + 3a + = b − ⇔ ( a + 1) = b − a − b − a2 − b − a2 − ∈ Q ⇒ ∈ Q ⇒ VL , a, b ∈ Z ⇒ a +1 a +1 a + =  a = −1 ⇔ ⇔ x = −1 Vậy a+1=0 nên ta có  b = b − a − = -Nếu a+1 ≠ ⇒ a ≠ −1 ⇒ = Với x = − ta có a = −1; b = c = −2 nguyên, thỏa mãn đầu Bài a/ 2,0đ 0,5 a/ Tìm x nguyên dương để x3 + 14 x + x − số phương Vì x3 + 14 x + x − số phương, nên ta có x3 + 14 x + x − =k2 với k ∈ N 2 Ta có x3 + 14 x + x − =…= ( x + ) ( x + x − 3) nên ta có ( x + ) ( x + x − 3) = k 2 Đặt ( x + 2, x + x − 3) = d với d ∈ N * Ta có x + 2Md ⇒ ( x + ) ( x − ) Md ⇒ x + x − 4Md 2 Ta lại có x + x − 3Md ⇒ ( x + x − 3) − ( x + x − ) = 1Md ⇒ d = 0,5 0,5 0,25 4,0 đ 0,5 0,5 Vậy ( x + 2, x + x − 3) = mà ( x + ) ( x + x − 3) = k nên ta có x+2 x + x − số phương ⇒ x + = a 2và 4x + x − = b với a,b ∈ N * 2 Vì x>0 nên ta có x < b < x + 12 x + ⇔ ( x ) < b < ( x + 3) Vì b lẻ nên b = ( x + 1) ⇔ x + x − = x + x + ⇔ x = Với x=2 ta có x3 + 14 x + x − =100=102 số phương b/ Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z = xyz + + x2 + + y + + z Chứng minh rằng: + + ≤ xyz x y z 0,75 b/ 2,0đ 1 + + = xy yz zx Từ Gt suy ra: 0,25 0,5  1  1   1  1+ x2 1 1 = + + + = Nên ta có:  + ÷ + ÷ ≤  x + y + z ÷;" = " ⇔ y = z x x xy yz zx    x y  x z  + + x2 ≤  + +  Vậy  ÷ 2 x y z  x 1+ 1+ y2   1+ 1+ z2  1  ≤  + + ÷ ; ≤  + + ÷ Tương tụ ta có 2 x y z  2 x y z  y z Vậy ta có + + x + + y + + z  + +  ;" = " ⇔ x = y = z + + ≤  ÷ x y z x y z 2 2 Ta có ( x + y + x ) − ( xy + yz + xx ) = = ( x − y ) + ( y − z ) + ( x − z )  ≥ Nên ( x + y + x ) ≥ ( xy + yz + xx ) 0,5 0,25 0,5 ⇒ ( xyz ) ≥ ( xy + yz + xz ) ⇒ Vậy 1 1 xy + yz + xz ≤ xyz ⇒  + + ÷ ≤ xyz xyz x y z + + x2 + + y + + z + + ≤ xyz ; " = " ⇔ x = y = z x y z Bài 0,25 6đ a B M O E N a/ 3đ H A C a/ Chứng minh OM ×OB=ON ×OC MN qua điểm cố định *Ta có OH ⊥ HB (t/c tiếp tuyến) ⇒ ∆OHB vuông H, mà HM ⊥ OB (gt) nên theo hệ thức lượng tam giác vng ta có OM ×OB = OH = R 0,5 Chưng minh tương tự ta có ON ×OC = OH = R Vậy ta có OM ×OB = ON ×OC 0,5 * Ta có OM ×OB = OH = R mà OA=R nên ta có OM ×OB = OA ⇒ OM OA = OA OB 0,5 µ chung, có OM = OA ⇒ ∆OMA : ∆OAB ⇒ OAM · · Xét ∆ OMA ∆ OAB có O = OBA OA OB · · · · Ta có AO=AB=R (gt) ⇒ ∆OAB cân ⇒ AOB = OBA , OAM ⇒ ·AOM = OBA = ·AOM ⇒ ∆OMA cân ⇒ MO = MA Chứng minh tương tự ta có ∆ONA cân ⇒ NO = NA Ta có MO = MA ; NO = NA , MN trung trực OA, gọi E giao điểm MN OA với OA ta có EO=EA= MN ⊥ OA E, mà O, A cố định nên E cố đinh Vậy b/ 1,5đ 0,5 0,5 0,5 MN qua điểm cố định b/ Chứng minh OB OC=2R2 Ta có OM ×OB = ON ×OC ⇒ 0,5 OM ON = OC OB OM ON = ⇒ ∆OMN : ∆OCB , OC OB OM OE OM OE OE 1 = ⇒ = = = ⇒ OM = OC mà OE ⊥ MN OH ⊥ BC nên ta có OC OH OC OA 2OE 2 µ chung , có Xét ∆OMN ∆OCB có O 0.5 ( OH=OA=2OE) 2 Ta có OM ×OB = OH = R ( cm trên) ⇒ OC ×OB = R ⇒ OC ×OB = R c/ 1,5đ 0,5 c/ Tìm giá trị lớn diện tích tam giác OMN H thay đổi Ta có ∆OMN : ∆OCB (cm trên) ⇒ 1 0,5 SOMN OE OE OE = = = = 2 SOCB OH OA ( 2OE ) 8 ⇔ H ≡ A Dấu có B, A, C thẳng hàng Nên SOMN = SOCB = × ×OH ×BC = R ×BC ≤ R ( AB + AC ) = R ( R + R ) = R Vậy diện tích tam giác OMN lớn SOMN = R H ≡ A Bài -Nếu n lũy thừa bậc số tự nhiên toán chứng minh xong -Nếu n không lũy thừa bậc số tự nhiên, ta ln tìm số ngun dương k cho k < n < ( k + 1) Vì n nguyên dương n > k ⇒ n ≥ k + , ta có: 0,75 0,25 1đ 0,25 0,5 2n − ( k + 1) ≥ 2(k + 1) − ( k + 1) = = k − 2k + = ( k − 1) ≥ 2 Vậy k nguyên dương , nên ta có k < n < ( k + 1) ≤ 2n Vậy dãy ln có lũy thừa bậc số tự nhiên 0,25 ...Câu Bài a/ 3đ HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017- 2018 MƠN: TỐN LỚP ( BẢNG A) Nội Dung  x+2 x +4 + a/ Cho biểu thức M =   x x −8 Rút... ON ×OC 0,5 * Ta có OM ×OB = OH = R mà OA=R nên ta có OM ×OB = OA ⇒ OM OA = OA OB 0,5 µ chung, có OM = OA ⇒ ∆OMA : ∆OAB ⇒ OAM · · Xét ∆ OMA ∆ OAB có O = OBA OA OB · · · · Ta có AO=AB=R (gt) ⇒... định *Ta có OH ⊥ HB (t/c tiếp tuyến) ⇒ ∆OHB vuông H, mà HM ⊥ OB (gt) nên theo hệ thức lượng tam giác vng ta có OM ×OB = OH = R 0,5 Chưng minh tương tự ta có ON ×OC = OH = R Vậy ta có OM ×OB