Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 (Dự bị) - 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
 ĐỀ DỰ BỊ
Câu 1: (2,5 điểm) 
 Tìm tất cả các cặp số nguyên m, n sao cho 2n3 mn2 3n2 14n 7m 5 0 
Câu 2: (7,5 điểm)
 2 x 1 2x x 2 x 1
 a) Rút gọn biểu thức: A :
 3
 1 x x x 1 x 1
 b) x 2014 x 2016 y 2016 x 2016 
 3 4 x
 c) Tìm GTNN của biểu thức: A 
 x 1
 d) Cho x, y, z là các số không âm và x + y + z = 1.CMR: x + y + y + z + z + x 6
Câu 3: (2,0 điểm)
 Cho tam giác ABC có chu vi 2 p a b c ( a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác). 
 1 1 1 1 1 1 
 Chứng minh rằng : 2. .
 p a p b p c a b c 
Câu 4: (5,0 điểm) 
 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O; R . Gọi I;r là đường tròn nội tiếp tam giác ABC , 
 M là tiếp điểm của AB với đường tròn I;r ; H là giao điểm của AI với đường tròn O; R (
 H khác A ), HK là đường kính của đường tròn O . Gọi a là độ dài đoạn OI . Chứng minh:
 a) Tam giác AMI và tam giác KCH đồng dạng.
 b) HB HI .
 c) IA.IH R2 a2 .
 d) R2 2Rr a2 . 
Câu 5: (3,0 điểm) 
 Cho đường tròn (C) đường kính PQ 2R cố định và một đường kính MN của đường tròn thay 
 đổi ( MN khác PQ ). Qua P vẽ đường thẳng d là tiếp tuyến của đường tròn, d cắt QM và 
 QN lần lượt ở E và F .
 a) Chứng minh tam giác QMN đồng dạng với tam giácQFE .
 b) Tìm vị trí của đường kính MN để EF có độ dài nhỏ nhất và tính GTNN đó theo R .
 ------- HẾT ----- PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC ĐỀ DỰ BỊ
 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)
Câu 1: (2,5 điểm) 
 Tìm tất cả các cặp số nguyên m, n sao cho 2n3 mn2 3n2 14n 7m 5 0 
 Lời giải:
 16
 Ta có: 2n3 mn2 3n2 14n 7m 5 0 m 2n 3 (1)
 n2 7
 Vì m,n ¢ nên n2 7 U (16) n2 7 8;16 n2 1;9 n 1; 3 (2)
 Từ (1) và (2) suy được: (m,n) (1;1),( 3; 1);(4;3),( 8; 3)
Câu 2: (7,5 điểm)
 2 x 1 2x x 2 x 1
 a) Rút gọn biểu thức: A :
 3
 1 x x x 1 x 1
 b) x 2014 x 2016 y 2016 x 2016
 3 4 x
 c) Tìm GTNN của biểu thức: A 
 x 1
 d) Cho x, y, z là các số không âm và x + y + z = 1.CMR: 
 A x + y + y + z + z + x 6
 Lời giải:
 2 x 1 2x x 2 x 1
 a)Rút gọn A :
 3
 1 x x x 1 x 1
 (2 x 1)(x x 1) x(2 x 1)(1 x) x3 1
  
 (1 x)(x x 1) 2 x 1
 (2 x 1)(x x 1 x x)( x 1)(x x 1) x 1
 (1 x)(x x 1)(2 x 1) 1 x
 b) x 2014 x 2016 y 2016 x 2016 (1)
 Ta có: x 2016 x 2016 x x x 2016 x 2016 (2)
 Chỉ ra được dấu « = » xảy ra khi 0 x 2016 (*)
 Từ (1) và (2) suy được: x 2014 y 2016 0
 x 2014 0 x 2014
 Lập luận suy được: 
 y 2016 0 y 2016
 Đối chiếu ĐK (*) và kết luận được nghiệm 3 4 x
 c) Tìm GTNN của biểu thức: A ĐK: x 0 
 x 1
 3 4 x (x 4 x 4) (x 1) ( x 2)2
 A 1 1 (vì x 0)
 x 1 x 1 x 1
 Chỉ ra được: min A 1 khi x 4 (tmđk)
 d) Áp dụng BĐT Bunhiakopski có
 2
 A2 1. x y 1. y z 1. z x 
 2 2 2
 12 12 12 x y y z z x 
 3.2(x y z) 6 vì x y z 1 
 1
 Suy được A 6 khi a b c .
 3
Câu 3: (2,0 điểm)
 Cho tam giác ABC có chu vi 2 p a b c ( a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác). 
 1 1 1 1 1 1 
 Chứng minh rằng : 2. .
 p a p b p c a b c 
 Lời giải:
 b c a
 Chỉ ra được: p a 0; p b 0; p c 0 
 2
 Áp dụng BĐT Cô si ta có : 
 1 1 2
 ( p a) ( p b) 2 ( p a)( p b). 4
 p a p b ( p a)( p b)
 1 1 4 4
 Suy được: 
 p a p b p a p b c
 1 1 4 1 1 4
 Tương tự: ; 
 p b p c a p c p a b
 1 1 1 1 1 1 
 Suy được: 2. 4. 
 p a p b p c a b c 
 Suy được đpcm và dấu “=” xảy ra khi a b c.
Câu 4: (5,0 điểm) 
 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O; R . Gọi I;r là đường tròn nội tiếp tam giác ABC , 
 M là tiếp điểm của AB với đường tròn I;r ; H là giao điểm của AI với đường tròn O; R (
 H khác A ), HK là đường kính của đường tròn O . Gọi a là độ dài đoạn OI . Chứng minh:
 a) Tam giác AMI và tam giác KCH đồng dạng.
 b) HB HI .
 c) IA.IH R2 a2 .
 d) R2 2Rr a2 . 
 Lời giải: K
 A
 1 2
 M
 E I O
 1 F
 1
 B 2 C
 3
 H
 a) Chứng minh được các tam giác AMI và KCH là các tam giác vuông
 - Chứng minh được Aµ 1 Aµ 2 Kµ 
 - Suy ra được tam giác AMI ∽ KCH (đpcm)
 
 b) Chứng minh được I1 Aµ 1 Bµ 1; I·BH Bµ 2 Bµ 3 Bµ 1 Aµ 1 
 
 Do đó I1 I·BH HB HI (đpcm)
 c) Gọi EF là đường kính của O và đi qua I . 
 - Nêu được: IA.IH IE.IF (hệ thức trong đường tròn) 
 - Suy ra: IA.IH R – a . R a R2 a2 
 IA IM
 d) Vì AMI ∽ KCH (Từ câu a) nên IA.HC HK.IM 2Rr (*)
 HK HC
 Mà HB HC (do Aµ 1 Aµ 2 ) HC HI . 
 Kết hợp câu c), thay vào (*) ta có: R2 – a2 = 2Rr R 2 2Rr a 2 (đpcm)
Câu 5: (3,0 điểm) 
 Cho đường tròn (C) đường kính PQ 2R cố định và một đường kính MN của đường tròn thay 
 đổi ( MN khác PQ ). Qua P vẽ đường thẳng d là tiếp tuyến của đường tròn, d cắt QM và 
 QN lần lượt ở E và F .
 a) Chứng minh tam giác QMN đồng dạng với tam giácQFE .
 b) Tìm vị trí của đường kính MN để EF có độ dài nhỏ nhất và tính GTNN đó theo R .
 Lời giải: K N
 M
 I
 E F
 A B
 O H
 E P F
 M C
 N
 Q
 QM QN
a) Chứng minh được: QM.QE QN.QF PQ2 
 QF QE
Chỉ ra được: QMN ∽ QFE(c.g.c)
b) Xét QFE vuông tại Q có PQ  EF (gt) (1) PQ2 PE.PF (hệ thức 2) 
 2
 PE.PF 2R 4R2 
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số EP, PF > 0 ta có
 EF EP PF 2 EP.PF 2. 4R2 4R
 EF nhỏ nhất bằng 4R khi EP PF (2)
Từ (1) và (2) QEF cân tại Q có PQ là đường cao đồng thời là phân giác. 
Chỉ ra được PMQN là hình chữ nhật
 PMQN là hình vuông MN  PQ
Vậy khi MN  PQ thì EF có độ dài nhỏ nhất bằng 4R.
 --- HẾT---