Đề thi chọn học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Phòng GD&ĐT TP Bắc Giang (Có đáp án)

PHÒNG GD&ĐT
TP. BẮC GIANG
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2017-2018
Môn: Toán lớp 9 
Thời gian làm bài: 150 phút
Thi ngày 14 tháng 1 năm 2018
Bài 1: (5 điểm)
 a/ Cho biểu thức 
Rút gọn M và tìm x để M>1
 b/Cho a, b, c >0 thỏa mãn . Tính H=
Bài 2: (4 điểm)
 a/ Giải phương trình 
 b/ Tìm số thực x để 3 số là số nguyên
Bài 3: (4 điểm)
 a/ Tìm x nguyên dương để là số chính phương
 b/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn . 
 Chứng minh rằng: 
Bài 4: (6 điểm) 
 Cho đoạn thẳng OA=R, vẽ đường tròn (O;R). Trên đường tròn (O;R) lấy H bấy kỳ sao cho AH<R, qua H vẽ đường thẳng a tiếp xúc với đường tròn (O;R). Trên đường thăng a lấy B và C sao cho H nằm giữa B và C và AB=AC=R. Vẽ HM vuông góc với OB ( MOB), vẽ HN vuông góc với OC ( NOC)
 a/ Chứng minh OMOB=ONOC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định
 b/ Chứng minh OBOC=2R2 
 c/ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi
( chú ý: dùng kiến thức học kỳ 1 lớp 9)
Bài 5: (1 điểm) 
cho dãy số n, n+1, n+2, , 2n với n nguyên dương. Chứng minh trong dãy có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên.
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
Họ tên thí sinh..........................................................................SBD:................................
HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017-2018
MÔN: TOÁN LỚP 9 ( BẢNG A)
Câu
Nội Dung
Điểm
Bài 1

5 đ
a/
3đ
a/ Cho biểu thức 
Rút gọn M và tìm x để M>1
*
Vậy M= với 
*M<1
Ta có . Vậy M>1 khi 1<x<4 và x

0,5
0,5
0,25
0,5
0,25
0,5
0,5
b/
2 đ
b/Cho a, b, c >0 thỏa mãn . Tính H=
Vì nên 1+c=
Tương tự ta có 
Vậy H=
=
=

0,5
0,5
1,0
Bài 2

4,0đ
a/
2,0đ
Giải phương trình ĐK: 
Vì , theo côsi ta có 
Dấu = có khi
Vì , theo côsi ta có 
Dấu = có khi 
Vây ta có 
 Dấu = có khi 
Vậy x=1 là nghiệm phương trình 

0,5
0,5
0,5
0,5

b/
2,0đ
Tìm số thực x để 3 số là số nguyên
Đặt với 
Từ từ , nên ta có
-Nếu a+10, vì VL
Vậy a+1=0 nên ta có 
Với ta có và nguyên, thỏa mãn đầu bài

0,75
0,5
0,5
0,25
Bài 3

4,0 đ
a/
2,0đ
a/ Tìm x nguyên dương để là số chính phương
Vì là số chính phương, nên ta có =k2 với N
Ta có 4==nên ta có =
Đặt với d*
Ta có 
Ta lại có 
Vậy 
mà = nên ta có 
x+2 và là số chính phương với a,b*
Vì x>0 nên ta có 
Vì b lẻ nên 
Với x=2 ta có =100=102 là số chính phương

0,5
0,5
0,75
0,25
b/
2,0đ
 b/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn . 
Chứng minh rằng: 
Từ Gt suy ra: . 
Nên ta có: 
Vậy . 
Tương tụ ta có ; 
Vậy ta có 
Ta có 
Nên
Vậy ; 

0,5
0,5
0,25
0,5
0,25

Bài 4

6 đ



a/
3đ
a/ Chứng minh OMOB=ONOC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định
*Ta có (t/c tiếp tuyến) vuông tại H, mà HMOB (gt) nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có 
Chưng minh tương tự ta có . Vậy ta có 
* Ta có mà OA=R nên ta có
Xét OMA và OAB có chung, có . Ta có AO=AB=R (gt) cân , vậy cân 
Chứng minh tương tự ta có cân 
Ta có ;, vậy MN là trung trực của OA, gọi E là giao điểm của MN với OA ta có EO=EA= và tại E, mà O, A cố định nên E cố đinh. Vậy MN luôn đi qua 1 điểm cố định

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
b/
1,5đ
b/ Chứng minh OB. OC=2R2 
Ta có 
Xét và có chung , có , mà OEMN và OHBC nên ta có ( vì OH=OA=2OE)
Ta có ( cm trên) 

0,5
0.5
0,5
c/
1,5đ
c/ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi
Ta có (cm trên)
Nên 
Dấu bằng có khi B, A, C thẳng hàng 
Vậy diện tích tam giác OMN lớn nhất là khi 

0,5
0,75
0,25
Bài 5

1đ

-Nếu n là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên bài toán chứng minh xong
-Nếu n không là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên, ta luôn tìm được 1 số nguyên dương k sao cho .Vì n nguyên dương và , vậy ta có:
Vậy mọi k nguyên dương , nên ta có 
Vậy trong dãy luôn có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên.
0,25
0,5
0,25