Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 THCS môn Toán - Năm học 2016-2017 - Sở GD&ĐT Hải Dương (Kèm hướng dẫn chấm)

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH 
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2016-2017 
MÔN THI: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút 
(Đề thi có 01 trang) 
Câu 1 (2,0 điểm). 
a) Cho biểu thức 2 2P 1 x (1 x) 1 x 1 x (1 x) 1 x với 1 x 1 . 
Tính giá trị của biểu thức P khi 
1
x
2017
 . 
b) Cho a, b, c là ba số thực không âm thoả mãn a b c a b c 2 . 
Chứng minh rằng: 
a b c 2
1 a 1 b 1 c (1 a)(1 b)(1 c)
Câu 2 (2,0 điểm). a) Giải phương trình: 2 22x 2x 1 (2x 1) x x 2 1 
 b) Giải hệ phương trình: 
22
3
x y 1 xy x 1
2x x y 1
Câu 3 (2,0 điểm). 
a) Tìm các cặp số nguyên (x; y) thoả mãn: 2 22x 2y 3x 6y 5xy 7 . 
b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho 
2 2n 2n n 2n 18 9 là số chính phương. 
Câu 4 (3,0 điểm). 
1) Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O,R). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau 
tại H (D thuộc BC, E thuộc CA, F thuộc AB). Tia EF cắt tia CB tại P, AP cắt đường tròn (O,R) tại M 
(M khác A). 
 a) Chứng minh rằng: PE.PF = PM.PA và AM vuông góc với HM. 
 b) Cho cạnh BC cố định, điểm A di chuyển trên cung lớn BC. Xác định vị trí của A để diện tích 
 BHC đạt giá trị lớn nhất. 
2) Cho tam giác ABC có góc A nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O. Một điểm I chuyển động trên cung 
BC không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I cắt đường 
thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh rằng đường 
thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thoả mãn 2 2 2a b c 3 . 
Chứng minh rằng: 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
a 3ab b b 3bc c c 3ca a
3
6a 8ab 11b 6b 8bc 11c 6c 8ca 11a
. 
***************Hết*************** 
Họ và tên thí sinh:.Số báo danh:.. 
Chữ kí giám thị 1:..Chữ kí giám thị 2:. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG 
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH 
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2016-2017 
Hướng dẫn chấm gồm: 06 trang 
Lưu ý: Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 
Câu Nội dung Điểm 
1a 
Cho biểu thức 2 2P 1 x (1 x) 1 x 1 x (1 x) 1 x với 1 x 1 . 
Tính giá trị của biểu thức P khi 
1
x
2017
 . 
1,0 
2 2
2 2
P 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x
1 x 1 1 x 1 x 1 1 x
2 2
1 x 1 1 x 1 1 x (vì 1 x 0 ) 
0,25 
Suy ra 
2
2 2 2
P 1 x 1 1 x 1 1 x 
2 2 2 2
1 x 1 1 x 2 1 1 x 1 1 x 1 1 x 
2
1 x 2 2 1 1 x 
 2 1 x 1 x 
0,25 
Nếu x<0 suy ra 
2
2
P 2 1 x 1 x 2 1 x 
Mà 2 2P 1 x (1 x) 1 x 1 x (1 x) 1 x 0 
 P 2 1 x (Vì 1 x 0 ) 
0,25 
1
Vì x 0
2017
 nên giá trị của biểu thức P khi 
1
x
2017
 là 
1 2018
P 2 1 . 2
2017 2017
0,25 
1b 
Cho a, b, c là ba số thực không âm thoả mãn a b c a b c 2 . 
Chứng minh rằng: 
a b c 2
1 a 1 b 1 c (1 a)(1 b)(1 c)
1,0 
Đặt a x; b y; c z thì 2 2 2x y z x y z 2 
 2 2 2 2 22 xy yz zx x y z x y z 2 2 2 
 0,25 
 2
xy yz zx 1
1 a xy yz zx x x y x z
0,25 
Tương tự ta có: 1 b y z y x ;1 c z x z y 
a b c x y z
1 a 1 b 1 c x y x z y z y x z x z y
0,25 
x y z y z x z x y
x y y z z x
2 xy yz zx 2.1
VP
x y y z z x 1 a 1 b 1 c
0,25 
2a 
Giải phương trình: 2 22x 2x 1 (2x 1) x x 2 1 1,0 
 2 22x 2x 1 (2x 1) x x 2 1 
 2 2 2x x 2 x x 1 (2x 1) x x 2 1 (1) 
Đặt 
22 2t x x 2 1 x x 2 t 1 
Thay vào pt(1) ta có pt: 
2 2t 1 x x 1 (2x 1)t 
0,25 
2 2 2 2
2
t 2t 1 x x 1 (2x 1)t t 2t x x 2xt t 0
t x t x 0 t x t x 1 0
t x
t x 1
0,25 
Với t x ta có pt: 2x x 2 1 x 
22
x 1
x x 2 x 1
2 2
x 1
x 1 1
x1
3xx x 2 x 2x 1
3
0,25 
Với t x 1 ta có pt: 2x x 2 1 x 1 
2 2
x 0
x x 2 x
x 0
x 2
x 2
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm 
1
x 2, x .
 3
0,25 
2b 
Giải hệ phương trình:
22
3
x y 1 xy x 1
2x x y 1
 (1) 
1,0 
22
3
x y 1 x y 1 1
(1)
2x x y 1
0,25 
 Đặt y + 1 = t hệ trên trở thành 
2 22 2
3 2 23
x t xt 1x t xt 1
2x x t x t xt2x x t
0,25 
2 2
3 3 3
x t xt 1
2x x t
2 2x t xt 1
x t
2 x t 1x 1
x t 1x t
0,25 
Với x=t=1 thì (x;y)=(1; 0) 
Với x=t=-1 thì (x;y)=(-1;-2) 
Vậy nghiệm của hệ phương trình: (x; y) là (1; 0),(-1; -2). 
0,25 
3a 
Tìm các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn: 
2 22x 2y 3x 6y 5xy 7 . (1) 1,0 
Ta có 2 2(1) 2x 2y 3x 6y 5xy 7 
2 22x 4xy 2y xy 3x 6y 7
2x x 2y y 2y x 3 x 2y 7
x 2y 2x y 3 7
0,25 
Vì x, y suy ra x 2y ; 2x y 3 Z 
 Ta có -7=(-1).7=1.(-7) nên ta có các trường hợp sau: 
0,25 
+ TH1: 
x 2y 1 x 3
2x y 3 7 y 2
 (Thoả mãn) 
+ TH2: 
x 2y 7 x 5
2x y 3 1 y 6
 (Thoả mãn) 
0,25 
+ TH3: 
x 2y 1 x 7
2x y 3 7 y 4
 (Thoả mãn) 
+ TH4: 
x 2y 7 x 1
2x y 3 1 y 4
 (Thoả mãn) 
Vậy các cặp số nguyên x ; y cần tìm là: 
 3 ;2 , 5 ; 6 , 7 ; 4 , 1 ;4 . 
0,25 
3b 
Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho 
2 2n 2n n 2n 18 9 là số chính phương. 1,0 
 Ta có 
2 2n 2n n 2n 18 9 là số chính phương 
Mà 
2n 2n 9 N, n N  suy ra 2n 2n 18 là số tự nhiên 
Đặt 2n 2n 18 k ( k N ) 
 n2 + 2n + 18 = k2 
 n2 + 2n + 1 +17 = k2 ( n + 1 )2 + 17 = k2 
0,25 
 k2 - ( n + 1 )2 = 17 
 ( k + n + 1 )(k - n - 1) = 17 
0,25 
Vì k, n đều là số tự nhiên nên k+n+ 1 > k - n-1, đồng thời k > n nên: 
( k + n + 1 )(k - n - 1) = 17.1 
0,25 
 1 17 16 91 1 2 7 k n k n kk n k n n 
Từ đó ta có 
2 2 2n 2n n 2n 18 9 81 9 (Thoả mãn). Vậy n=7 
0,25 
Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O,R). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau 
tại H (D thuộc BC, E thuộc CA, F thuộc AB). Tia EF cắt tia CB tại P, AP cắt đường tròn (O,R) tại 
M (M khác A). 
a) Chứng minh rằng: PE.PF = PM.PA và AM vuông góc với HM. 
1,25 
4(1a) 
H
A'
I
N
K
D
M
P
F
E
O
A
B
C
Do BE, CF là đường cao của tam giác ABC suy ra 0BFC BEC 90 
 Tứ giác BFEC nội tiếp PBF PEC 
0,25 
Từ đó có: Hai tam giác PBF và PEC đồng dạng (g-g)
PB PF
PE.PF PB.PC (1)
PE PC
0,25 
Tứ giác AMBC nội tiếp PBM PAC . 
Từ đó có: Hai tam giác PBM và PAC đồng dạng (g-g) 
PB PM
PB.PC PM.PA (2)
PA PC
Từ (1) và (2) suy ra PE.PF PM.PA (đpcm). 
0,25 
Ta có PE.PF PM.PA (CM phần a) 
PE PA
PM PF
 Hai tam giác PMF và PEA đồng dạng PMF PEA 
 Tứ giác AMFE nội tiếp (3) 
0,25 
 Do 
0AEH AFH 90 suy ra tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH(4). 
Từ (3) và (4) ta có 5 điểm A, M, F, H, E cùng thuộc đường tròn đường kính AH. 
0AMH 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AM HM  (đpcm). 
0,25 
4(1b) 
b) Cho cạnh BC cố định, điểm A di chuyển trên cung lớn BC. Xác định vị trí của A để diện tích 
 BHC đạt giá trị lớn nhất. 
1,0 
Kẻ đường kính AK của đường tròn (O; R). Gọi N là trung điểm của cạnh BC. 
Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành. 
Mà điểm N là trung điểm của BC nên N cũng là trung điểm của HK 
=> ON là đường trung bình của tam giác KAH => AH = 2.ON 
0,25 
Kẻ OI vuông góc với AD ( I thuộc AD) suy ra tứ giác OIDN là hình chữ nhật OI=DN, ON=DI 
Áp dụng định lý pytago vào tam giác AIO vuông tại I ta có: 
2 2 2 2 2 2 2AI AO OI R DN AI R DN AD=AI+ID= 2 2R DN +ON 
0,25 
Do đó 
 2 2 2 2BHC 1 1 1 1S BC.HD BC AD AH BC R DN ON 2.ON BC R DN ON
2 2 2 2
0,25 
Do BC, R, ON không đổi suy ra BHCS đạt giá trị lớn nhất khi DN đạt giá trị nhỏ nhất 
 Mà AB<AC suy ra điểm A chuyển động trên cung nhỏ A’B (A’ là điểm chính giữa cung lớn BC) 
và A không trùng với A’ 
 Suy ra điểm D chuyển động trên đoạn NB và D không trùng với N do đó không tìm được giá trị 
nhỏ nhất của DN 
Hay không tìm được vị trí điểm A để diện tích tam giác BHC đạt giá trị lớn nhất. 
0,25 
4(2) 
Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O, một điểm I chuyển động trên cung BC không 
chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I cắt đường thẳng AC 
tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh rằng đường thẳng 
EF luôn đi qua một điểm cố định. 
0,75 
K
F
E
O
A
C B
I
Gọi K là điểm đối xứng của I qua EF. 
Xét trường hợp điểm K trùng với điểm A 
Khi đó KI là dây cung của (O) 
Mà EF là đường trung trực của KI suy ra EF đi qua O 
0,25 
Xét trường hợp điểm K không trùng với A. 
Ta có 
0 0CIF BIE 90 .2 180 
0EIF BIC 180 
Do tứ giác ABIC nội tiếp suy ra 0BAC BIC 180 
Từ đó ta có BAC EIF IF AF E E 
IF EKF E (Do I và K đối xứng qua EF) 
 AF EKF E suy ra bốn điểm A, K, E, F cùng thuộc một đường tròn. 
Khi đó ta thu được hoặc có tứ giác AKFE nội tiếp hoặc có AKEF nội tiếp 
0,25 
Không mất tính tổng quát giả sử AKFE nội tiếp 
AF EFK K (cùng chắn KF ) AB EFK K (1) 
IEF EF K (Do K và I đối xứng qua EF) (2) 
 IEF BIK (cùng phụ KIE ) (3) 
Từ (1), (2), (3) AB K BIK 
 AKBI là tứ giác nội tiếp suy ra K nằm trên đường tròn (O) 
Suy ra KI là dây cung của (O) 
Mà EF là đường trung trực của KI E, O, F thẳng hàng 
Vậy đường thẳng EF luôn đi qua điểm O cố định. 
0,25 
5 
Cho a, b, c là ba số thực dương thoả mãn 2 2 2a b c 3 . 
CMR: 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
a 3ab b b 3bc c c 3ca a
3
6a 8ab 11b 6b 8bc 11c 6c 8ca 11a
.(1) 
1,0 
Đặt vế trái của (1) là M. 
Ta có: 2 2 2 2 26 8 11 (2 3 ) 2( ) (2 3 ) a ab b a b a b a b , dấu “=” có khi a=b 
Suy ra : 
2 26 8 11 2 3 a ab b a b > 0 mà 2 23 a ab b >0 , 0 a b 
2 2 2 2
2 2
3 3
2 36 8 11
a ab b a ab b
a ba ab b
. 
0,25 
Ta chứng minh: 
2 23 3 2
2 3 5
a ab b a b
a b
Thật vậy : (*) 2 2 25 3 (2 3 )(3 2 ) ( ) 0 a ab b a b a b a b (luôn đúng) ; 
 Dấu “=” có khi a=b. 
 Do đó : 
2 2
2 2
3 3 2
56 8 11
a ab b a b
a ab b
0,25 
Tương tự: 
2 2
2 2
b 3bc c 3b 2c
56b 8bc 11c
 ; 
2 2
2 2
c 3ca a 3c 2a
56c 8ca 11a
Cộng vế với vế của ba BĐT cùng chiều trên ta được: 
3 2 3 2 3 2
5 5 5
a b b c c a
M a b c 
0,25 
Ta có: 
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) (2 2 2 ) ( ) ( ) ( )a b c a b c ab bc ca a b c a b b c c a 
 = 2 2 23 3 3 9a b c . Do đó: 3a b c . 
Vậy M 3 , dấu đẳng thức có khi a = b = c = 1. 
0,25