Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD&ĐT Ba Đình (Có đáp án)

 PGD ĐÀO TẠO QUẬN BA ĐÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
 Năm học 2016 – 2017
 Môn: Toán – Lớp 9
 x x 1 x x 1 1
Bài 1. ( 5 điểm) Cho biểu thức A 4 . 2 
 x 1 1 x x x
 a) Rút gọn A.
 b) Tính giá trị biểu thức A khi x 2 3 2 3 3 5 3 5 
Bài 2.( 5 điểm):
 a) Giải phương trình: x2 3x 4 2 x 1 .
 b) Tìm số nguyên x sao cho 3x3 5x2 7x 6 chia hết cho x2 2 .
Bài 3. ( 4 điểm)
 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB , M là điểm bất kì thuộc nửa đường tròn, M A, B . 
Gọi H là hình chiếu của M trên AB . E và F lần lượt là hình chiếu của H trên MA, MB .
a. Chứng minh HA.HB EA.EM FB.FM ;
b. Tìm vị trí của điểm M để EA.EH FB.FH đạt giá trị lớn nhất.
Bài 4: ( 3 điểm): 
 Cho nửa đường trong O đường kính AB . Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB ( Ax, By và 
nửa đường tròn cũng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB ). Qua điểm M thuốc nửa đường tròn ( M khác A và B ) 
kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn nó cắt tia By tại C ; tia BM cắt tia Ax tại D. Chứng minh rằng AC 
vuông góc với OD .
Bài 5.( 4 điểm)
 1) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a 2b 3c 8. 
 6 3 8
 Tìm giá trị nhỏ nhất của M . 
 a b c
 2) Tìm số thực x để biểu thức 3 1 x 3 1 x là số nguyên.
 HƯỚNG DẪN GIẢI
 x x 1 x x 1 1
Bài 1. Cho biểu thức A 4 . 2 
 x 1 1 x x x
 c) Rút gọn A.
 d) Tính giá trị biểu thức A khi x 2 3 2 3 3 5 3 5 
 GIẢI
 a) Với x 0, x 1, ta có: 1
 A x x 1 x x 1 4 . 2
 x x 1 
 2x 2
 A 2
 x x 1
 2 x 1 
 A 2
 x
 2
 A .
 x
 b) x 2 3 2 3 3 5 3 5 
 4 2 3 4 2 3 6 2 5 6 2 5 
 2 2 2 2 
 3 1 3 1 5 1 5 1 
 2 2 2 2 
 2 2
 . 2.
 2 2
 Thay x 2 vào A ta được A 2. 
Bài 2: ( 5 điểm):
 a) Giải phương trình: x2 3x 4 2 x 1 .
 b) Tìm số nguyên x sao cho 3x3 5x2 7x 6 chia hết cho x2 2 .
 giải:
 2
 2 3 7
 x 3x 4 x 0,x
a. ĐKXĐ: 2 4 x 1 
 x 1
x2 3x 4 2 x 1 x2 2x 1 x 2 1 2 x 1
 x 1 2 x 1 2 2 x 1
Đặt x 1 t t 0 
 t 4 t 2 2t 2 0 t 2 t 2 1 2 t 1 0
 t 2 t 1 t 1 2 t 1 0
 t 1 t 2 t 1 2 0
 t 1 t3 t 2 2 0 
 t 1 t3 t 2 2t 2 2 0
 2
 t 1 t t 1 2 t 1 t 1 0
 t 1 2 t 2 2t 2 0 2
Thấy t 2 2t 2 t 2 2t 1 1 t 1 1 0,x 
 t 1 0 t 1  x 1 1 x 1 1 x 2 ( tm)
b.
 3x3 5x2 7x 6 3x2 5x2 6x 10 x 4
 3x x2 2 5 x2 2 x 4 x2 2 3x 5 x 4
Để 3x3 5x2 7x 6 chia hết cho x2 2 thì x 4 0 x 4 
Bài 3. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB , M là điểm bất kì thuộc nửa đường tròn, M A, B . 
Gọi H là hình chiếu của M trên AB . E và F lần lượt là hình chiếu của H trên MA, MB .
a. Chứng minh HA.HB EA.EM FB.FM ;
b. Tìm vị trí của điểm M để EA.EH FB.FH đạt giá trị lớn nhất.
Giải
 M
 F
 E
 A H O B
 1
a.Vì AMB có MO là đường trung tuyến và MO AB nên AMB vuông tại M
 2
Xét AMB vuông tại M , đường cao MH , theo hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông ta có:
 MH 2 AH.HB
Xét MHA vuông tại H , đường cao HE , theo hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông ta có:
 HE 2 AE.EM
Xét MHB vuông tại H , đường cao HF , theo hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông ta có:
 HF 2 FM.FB
Xét tứ giác MEHF có F· ME M· EH M· FH 900
Do đó tứ giác MEHF là hình chữ nhật.
 E· HF 900 và EF MH .
Xét EHF vuông tại H , theo định lí Pi ta go ta có:
 EF2 EH 2 HF 2
 Hay EF2 AE.EM MF.FB
 Mà MH 2 AH.HB ; EF MH
Do đó HA.HB EA.EM FB.FM .
b. Xét AEH và AMB có µA chung; ·AEH ·AMB 900
Do đó AEH : AMB g.g 1
 2 AE.EH 2
 S AEH AH 2 AH AH
 2 AE.EH . AM.MB 1 
 S AB 1 AB AB
 AMB AM.MB
 2
Xét HFB và AMB có Bµ chung; H· FB ·AMB 900 .
Do đó HFB : AMB g.g 
 1
 2 HF.FB 2
 S HFB HB 2 HB HB
 2 HF.FB . AM.MB 2 
 S AB 1 AB AB
 AMB AM.MB
 2
Lấy 1 2 vế với vế ta được: AE.EH HF.FB AM.MB
Áp dụng bất đẳng thức cô sy ta được : 
 AM 2 MB2 AB2
 AM.MB 
 2 2
 AB
 AM.MB 
 2
Dấu bằng xảy ra AM MB M là điểm chính giữa cung AB .
Vậy khi M là điểm chính giữa cung AB thì EA.EH FB.FH đạt giá trị lớn nhất.
Bài 4: ( 3 điểm):
 Cho nửa đường trong O đường kính AB . Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB ( Ax, By và 
nửa đường tròn cũng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB ). Qua điểm M thuốc nửa đường tròn ( M khác A và B ) 
kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn nó cắt tia By tại C ; tia BM cắt tia Ax tại D. Chứng minh rằng AC 
vuông góc với OD .
 giải:
 C
 D
 M
 E
 K
 F
 A O B
Ta có MC, MB là hai tiếp tuyến ngoài của đường tròn M· CO B· CO;M· OC B· OC 
Tứ giác BCMC nôi tiếp M· CO M· BO + Xét MAD và MCO có 
·AMD C· MO 90o 
M· AD M· CO M· BA 
 MAD# MCO g.g 
 MA MC
 MD MO
Có ·AMC ·AMB B· MC 900 B· MC 
D· MO E· MO D· ME 900 D· ME mà B· MC D· ME ( đối đỉnh)
Suy ra, ·AMC D· MO 
+ Xét MAC và MDO có 
 MA MC
·AMC D· MO (cmt) và 
 MD MO
 MAC# MDO c.g.c M· CA M· OD hay M· CK M· OF
+ Xét KOF và KCN có 
M· CK M· OF và F· KO M· KC ( đối đỉnh).
 KOF# KCM g.g K· OF K· MC mà 
K· MC 900 K· FO 900 KF  FO DO  AC
Bài 5. 
 3) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a 2b 3c 8. 
 6 3 8
 Tìm giá trị nhỏ nhất của M . 
 a b c
 4) Tìm số thực x để biểu thức 3 1 x 3 1 x là số nguyên.
 GIẢI
 6 3 8 3
 1) Ta có M a 2b 3c 12 
 a b c 2
 6 3 3 8 9 
 a 3b c 12 
 a 2 b c 2 
 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số không âm ta được:
 M 2 9 2 9 2 36 12 12 
 a 2 4 a 2
 2 
 Dấu " " xảy ra khi b 1 b 1 
 16 4
 c2 c 
 9 3
 4
 Vậy giá trị nhỏ nhất của M 12 khi a 2,b 1,c . 
 3
 2) Đặt M 3 1 x 3 1 x x 0 2 2
Ta có M3 2 3 3 1 x 3 1 x 33 1 x 3 1 x 2 3.M.3 1 x 2 3M (Vì 
3 1 x 1 x 0) 
 M3 3M 2 0
 M 1 M2 M 2 0
 M 1 2 M 2 0 
 M 1
 M 2
 3
 a 1 x
Đặt a 1,b 1 
 3
 b 1 x
 a b 1 a 1 b
+) Với M 1, ta có 3 3 2 3 3 
 a b 2 1 3b 3b b b 2
 a 1 b
 hệ vô nghiệm
 2
 b b 1 0
+) Với M 2 a b 2 a b 3 8 a3 b3 3ab a b 8 
 ab a b 2 ab a b a3 b3 a b a b 2 0 
 a b
 a b 0
Nếu a b 2a3 2 a 1 x 0 
Nếu a b 0 0 M 2. Vì M nguyên nên M 0;1;2 
 a b 0 a b
 • M 0 hệ vô nghiệm
 3 3 
 a b 2 0 2
 a b 1 a 1 b a 1 b
 • M 1 
 3 3 2 2 2 2 2
 a b 2 a ab b 2 1 2b b b b b 2
 3 21
 a 
 6
 3 21 
 b 3 21
 6 b 
 a 1 b 6
 2 3 21 
 3b 3b 1 0 b 3 21
 6 a 
 6
 a 1 b 
 3 21
 b 
 6
 3 21 9 2 21
 a 1 x 
 6 9 28
 Kết hợp điều kiện ta được x (TM )
 3 21 9 2 21 27
 b 1 x 
 6 9 a b 2 a 2 b 4 4b b2 2b b2 b2 1
• M 2
 3 3 2 2 
 a b 2 a ab b 1 a 2 b
 b 1
 x 0 (TM )
 a 1
 28
 Vậy với x 0 hoặc x thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
 27