Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS năm học 2016 - 2017 môn thi Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS

NĂM HỌC 2016-2017

Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Bài 1. (4,0 điểm)

Cho biểu thức:

( )(1 ) ( )( 1) ( 1)(1 ) x y xy P

x y y x y x x y         

1. Rút gọn biểu thức P. 2. Tìm các giá trị x, y nguyên thỏa mãn P = 2. Bài 2. (4,0 điểm)

1. Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt 2 ( 1)( 3)( 5) x x x m    

thỏa mãn 1 2 3 4 , , , x x x x

1 2 3 4

1 1 1 1 1 x x x x    

2. Giải hệ phương trình :

2 2

2 2 2 2 x xy y x y

       Bài 3. (4 điểm) 1. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh p2016 – 1 chia hết cho 60.

2. Cho x, y, z là các số dương khác nhau đôi một và chia hết cho 3 3 3 x y z  

. Tìm thương của phép chia 2 2 2 x y z 3 3 3 2 2 2 : x y z x y z  

Bài 4. (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) và AB < AC. Các tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau tại D. Qua D kẻ đường thẳng song song với AB, cắt BC và AC lần lượt tại M, N.

1) Chứng minh tứ giác BONC nội tiếp và tam giác ANB cân. 2) Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại I, BI cắt DM tại K. Chứng minh K là trung điểm của DM. 3) Trên đoạn thẳng BD lấy điểm P sao cho IP // DN, AP cắt BC tại Q. Gọi G là trung điểm của DK. Chứng minh ba điểm Q, I, G thẳng hàng. Bài 5. (2,0 điểm)

Cho các số thực x, y, z thỏa mãn : và x + y + z = 5. Tìm giá trị 0 , , 2 x y z  

nhỏ nhất của biểu thức : . A x y z   

------HẾT------

Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.

Họ và tên thí sinh: ................................................. Số báo danh: ............................

Chữ ký của giám thị 1: ............................. Chữ ký của giám thị 2: ...............................

ThuVienDeThi.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS

NĂM HỌC 2016-2017

Môn thi: TOÁN

ĐÁP ÁN-BIỂU ĐIỂM

Câu Nội dung Điểm Điều kiện để P xác định là : . 0 ; 1 ; 0 ; 0      y x y y x 0,5      

(1 ) (1 )

1 1

x x y y xy x y P

x y x y

     

  

       

( )

1 1

x y x x y y xy x y

x y x y

     

   0,5

       1 1

x y x y x xy y xy

x y x y

      

  

         

1 1 1 1

1 1

x x y x y x x

x y

      

  0,5

  1

x y y y x

y

   



      

1 1 1

1

x y y y y

y

    

 0,5

Câu 1.1 (2,5 đ)

   x xy y 0,5

P = 2 = 2 với  x xy y   0 ; 1 ; 0 ; 0      y x y y x       1 1 1 1 1 1 x y y x y          0,5

Ta cã: 1 +   x = 0; 1; 2; 3 ; 4 1 y  1 1 x  0 4 x    0,5

Câu 1.2 (1,5 đ)

Thay vào P ta có các cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn 0,5

Ta có :

2

2 2

( 1)( 3)( 5) (1) ( 1)( 3)( 1)( 5)

( 4 3)( 4 5) (2)

x x x m x x x x m

x x x x m

         

     

0,25

Đặt . Khi đó (2) có dạng : 2 2 4 4 ( 2) 0 ( ) y x x x x R       

hay ( 1)( 9) y y m    2 10 9 0 (3) y y m     0,25

Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (3) có hai nghiệm dương phân biệt . 1 2 0 y y  

'

1 2

1 2

16 0 10 0 16 9 (4) . 9 0

m S y y m P y y m

                   

0,5

Câu 2.1 (2,0 đ)

Khi là hai nghiệm dương phân biệt của phương trình (3) thì phương trình 1 2 , y y (2) tương đương với :

hoặc 2

1 4 4 0 x x y     2

2 4 4 0 x x y    

Gọi x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình :

2

1 4 4 0 x x y    

Gọi x3, x4 là hai nghiệm phân biệt của phương trình :

2

2 4 4 0 x x y     Áp dụng định lý vi-et cho các phương trình (3), (5), (6) ta có :

0,5

ThuVienDeThi.com