Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh thanh hóa năm học 2016 2017(có đáp án)

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: P =

x
y
xy
−
−
( x + y )(1 − y ) ( x + y )( x + 1) ( x + 1)(1 − 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 ( x 2 − 1)( x + 3)( x + 5) = m có 4 nghiệm phân biệt
x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn

1 1 1 1
+ + + = −1
x1 x2 x3 x4

 x 2 = 2 + xy 2
2. Giải hệ phương trình :  2

2
y = 2 + 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 x 3 + y 3 + z 3 chia hết cho
x 2 y 2 z 2 . Tìm thương của phép chia x3 + y 3 + z 3 : x 2 y 2 z 2
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 : 0 ≤ x, y, z ≤ 2 và x + y + z = 5. Tìm giá trị
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: .................................................
Chữ ký của giám thị 1: .............................

Số báo danh: ............................

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


S GIO DC V O TO
THANH HOA

K THI CHN HC SINH GII LP 9 THCS
NM HC 2016-2017
Mụn thi: TON

P N CHNH THC

P N-BIU IM
Cõu
Cõu
1.1
(2,5
)

Ni dung

iờu kiờn P xỏc nh la : x 0 ; y 0 ; y 1 ; x + y 0 .
P=

=

=
=
Cõu
1.2
(1,5
)
Cõu
2.1
(2,0

)

(

x(1 +

x ) y (1

(

x +

x +
y

(

)(

y

x

x +

)(

) (1 +

x

y +x

y 1+

)(

=

(1 y )
xy

P=2

x +



(

x 1+

x +

y

) (1 y )

xy + y xy

x 1

x y + y y x

x +

(

y ) xy

y

(

)

x 1

)

)

=

)(

(

x

=

(

)

( x y ) + x x + y y xy

y 1+

(
y

)

x +1

)

)(

x +

(



y 1+
y

(

x 1

)

(

x +1 + y 1+

(1 + x ) (1 y )

y 1

(1 y )

)(

(

y

x +
y

y

)

)(

x 1

im
0,5

)

0,5
x

)

)

0,5

0,5

0,5

y

xy

y = 2 vi x 0 ; y 0 ; y 1 ; x + y 0

) (

y

)

y +1 =1

(

)(

x 1 1+

)

y =1

Ta có: 1 + y 1 x 1 1 0 x 4 x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vào P ta có các cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn

( x 2 1)( x + 3)( x + 5) = m

Ta co : ( x + 1)( x + 3)( x 1)( x + 5) = m
( x 2 + 4 x + 3)( x 2 + 4 x 5) = m

0,5

0,5
0,5

(1)

0,25

(2)

t y = x 2 + 4 x + 4 = ( x + 2) 2 0 (x R ) . Khi o (2) co dang :
( y 1)( y 9) = m hay y 2 10 y + 9 m = 0
(3)

0,25

Phng trỡnh (1) co bụn nghiờm phõn biờt tng ng vi phng trỡnh (3) co hai
nghiờm dng phõn biờt y1 > y2 > 0 .

' = 16 + m > 0

S = y1 + y2 = 10 > 0 16 < m < 9
(4)
P = y .y = 9 m > 0
1 2

Khi y1 , y2 la hai nghiờm dng phõn biờt cua phng trỡnh (3) thỡ phng trỡnh
(2) tng ng vi :
x 2 + 4 x + 4 y1 = 0 hoc x 2 + 4 x + 4 y2 = 0
2
Gi x1, x2 la hai nghiờm phõn biờt cua phng trỡnh : x + 4 x + 4 y1 = 0
2
Gi x3, x4 la hai nghiờm phõn biờt cua phng trỡnh : x + 4 x + 4 y2 = 0
p dung nh lý vi-et cho cỏc phng trỡnh (3), (5), (6) ta co :

0,5

0,5


4( y1 + y2 ) − 32
1 1 1 1 x1 + x2 x3 + x4
−4
−4
+ + + =
+
=
+
=
x1 x2 x3 x4
x1 x2
x3 x4
4 − y1 4 − y2 16 − 4( y1 + y2 ) + y1 y2
40 − 32
8
=
= −1
16 − 40 + 9 − m −15 − m
⇔ m = −7 ( thỏa mãn)
Câu
 x 2 = 2 + xy 2 (1)
2.2
Giải hệ :  2
2
(2,0
 y = 2 + x y (2)

đ)
- Trừ từng vế hai phương trình của hệ ta được ;
=

(3)
x = y
x 2 − y 2 = xy 2 − x 2 y ⇔ ( x − y )( xy + x + y ) = 0 ⇔ 
 xy + x + y = 0 (4)

0,5

0,5

- Thay y = x từ (3) vào (1) ta được phương trình :

 x = −1

x 2 = 2 + x 3 ⇔ ( x + 1)( x 2 − 2 x + 2) = 0 ⇔  x = 1 − 2
x =1+ 2


0,5

Vậy ta được các nghiệm (x; y) là :
(−1; −1); (1 − 2;1 − 2); (1 + 2;1 + 2)
−x
- Từ (4) suy ra y =
( vì x = -1 không phải là nghiệm của (4)). Thay y vào
x +1

x2
− x3
= 2+
⇔ x 4 + x3 − x 2 − 4 x − 2 = 0
(2), ta có :
2
( x + 1)
x +1

⇔ ( x 2 + 2 x + 2)( x 2 − x − 1) = 0 ⇔ x 2 − x − 1 = 0 (Vì x 2 + 2 x + 2 = ( x + 1) 2 + 1 > 0 )
x = 1− 5
⇔
 x = 1 + 5

5 −1
= −3 − 5 . Ta được ( x; y ) = (1 − 5; −3 − 5) là
- Với x = 1 − 5 ⇒ y =
2− 5
nghiệm của hệ.
− 5 −1
= −3 + 5 . Ta được ( x; y ) = (1 + 5; −3 + 5) là
- Với x = 1 + 5 ⇒ y =
2+ 5

0,5

nghiệm của hệ.
Vậy hệ đã cho có 5 nghiệm :

(−1; −1); (1 − 2;1 − 2); (1 + 2;1 + 2) ; (1 − 5; −3 − 5) ; (1 + 5; −3 + 5)

0,5
Câu Ta có :
3.1
p 2016 − 1 = ( p 4 )504 − 1504 = ( p 4 − 1). A = ( p − 1)( p + 1)( p 2 + 1). A
(2,0đ)

(1) ( A ∈ N )
Vì P là số nguyên tố lớn hơn 5 nên p là số lẻ, suy ra p – 1, p +1 là hai số chẵn liên tiếp
⇒ ( p − 1)( p + 1)M4
(2)
3 . Nhưng p không
Vì p – 1, p, p+1 là ba số tự nhiên liên tiếp nên ( p − 1) p( p + 1)M

0,5

0,5

0,5


3
chia hết cho 3 nên ( p − 1)( p + 1)M

(3)

Vì p không chia hết cho 5 nên p có một trong các dạng 5k ± 1; 5k ± 2
- Nếu p = 5k ± 1 thì p 2 = 25k 2 ± 10k + 1 = 5n + 1
- Nếu p = 5k ± 2 thì p 2 = 25k 2 ± 20k + 4 = 5l − 1

Câu
3.2
(2,5
đ)

4
5
(4) ( (n, l , q ∈ N )
Cả hai trường hợp trên đều cho ta p − 1 = 5qM
Vì 3, 4, 5 là các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một nên từ (1), (2), (3), (4) suy ra
p 2016 − 1 chia hết cho 4.3.5 tức là chia hết cho 60
- Vì vai trò của x, y, z bình đẳng nhau, khác nhau đôi một nên ta có thể giả sư
x < y < z . Khi đó , gọi t là thương của phép chia x3 + y 3 + z 3 : x 2 y 2 z 2 . Suy ra :

x3 + y 3
x3 + y 3
2 2
x + y + z = tx y z ⇔ z = tx y −
> tx y − 2 2 = tx 2 y 2 − x − y (1)
2
z
x y
3

3

3

2

2

2

2

0,5

0,5

2

1
1
+
< 2 ⇒ t =1
xy 2 x 2 y
Thay t = 1 vào (*), ta được x 2 y 2 − x − y < 0 ⇒ xy − x − y < 0 ⇒ ( x − 1)( y − 1) < 1
⇒ x =1
⇒ y 2 − y < 0 ⇔ y ( y − 1) < 0
( vô lý)
Vậy tx 2 y 2 − x − y ≥ 0 (2)
- Nếu tx 2 y 2 − x − y < 0 (*) thì t <

- Từ (1), (2) suy ra : z 2 ≥ (tx 2 y 2 − x − y ) 2

(3)

- Mặt khác vì x 3 + y 3 + z 3 = tx 2 y 2 z 2 nên x 3 + y 3 Mz 2 ⇒ x 3 + y 3 ≥ z 2
- Từ (3) và (4) suy ra :

x 3 + y 3 ≥ (tx 2 y 2 − x − y ) 2

0,5
(4)

⇔ x3 + y 3 ≥ t 2 x 4 y 4 − 2tx 2 y 2 ( x + y ) + x 2 + 2 xy + y 2
⇒ x 3 + y 3 + 2tx 2 y 2 ( x + y ) > t 2 x 4 y 4
x 3 + y 3 + 2tx 2 y 2 ( x + y )
⇔ txy <
tx3 y 3
1 1 1
1
⇔ txy < 2  + ÷+ 3 + 3
 x y  tx ty

0,5

(5)

1 1 1
1
1
1 1 1
- Nếu x ≥ 2 thì y ≥ 3 ⇒ txy ≥ 6 > 2  + ÷+ 3 + 3 > 2  + ÷+ 3 + 3
 2 2  t.2 t.2
 x y  t.x t. y
Điều này mâu thuẫn với (5).
Vậy x = 1. Khi đó (5) trở thành :
2 1 1
ty < 2 + + + 3

(6)
y t ty
2 1 1
2 1 1
- Nếu y ≥ 4 thì ty ≥ 4 > 2 + + + 3 ≥ 2 + + + 3 . Điều này mâu thuẫn với (6).
4 t t.4
y t ty
Vậy y ∈ { 2;3} (Vì y > x = 1)

0,5
0,5


 x3 + y 3 = 9Mz 2

⇔ x = 1; y = 2; z = 3 .
+ Nếu y = 2 thì  x ≤ y ≤ z
 x = 1; y = 2

 x3 + y 3 = 28Mz 2

+ Nếu y = 3 thì  x ≤ y ≤ z
.( Loại)
 x = 1; y = 3

- Thư lại ta thấy (x, y, z) = (1, 2, 3) và các hoán vị của nó thỏa mãn.
Vậy thương của phép chia x 3 + y 3 + z 3 : x 2 y 2 z 2 là t = 1.
Câu
4.1
(2,5

đ)

a)
+
-

Chứng minh tứ giác BONC nội tiếp.
Vì BD, DC là các tiếp tuyến của đường tròn (O)
nên ta có :

·
·
OBD
= OCD
= 900
·
·
⇒ OBD
+ OCD
= 900 + 900 = 1800

0,5

Suy ra, tứ giác OBDC nội tiếp (1)
Mặt khác :
( Cùng chắn cung BC)
·
·
BAC
= DBC

( Vì DN // AB)
·
·
BAC
= DNC
·
·
⇒ DBC
= DNC
-

Suy ra tứ giác BDCN nội tiếp (2)
Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm B, O, N, C, D cùng
thuộc một đường tròn.
Vậy tứ giác BONC là tứ giác nội tiếp

+ Chứng minh tam giác ABN cân
Ta có :
·ANO = OBC
·
( Vì cùng bù với góc ONC)

0,5
0,5

0,5

·
·
( Vì tam giác OBC cân tại O)

OBC
= OCB
·
·
( Vì cùng chắn cung OB)
OCB
= ONB
·
⇒ ·ANO = ONB

Suy ra NO là tia phân giác của góc ANB. (3)
Mặt khác :
·
ON ⊥ DN ( Vì OND
= 900 là góc nội tiếp chắn nưa đường tròn)
DN // AB ( giả thiết)
⇒ ON ⊥ AB (4)
Từ (3), (4) suy ra tam giác ANB có đường phân giác góc N đồng thời là đường cao.
Vậy tam giác ANB cân tại N.
Câu
4.2

0,5


(2,0
đ)

b)
- Xét tam giác DBM và tam giác DNB, ta có :

·
là góc chung
BDN

·
·
( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau )
BND
= MBD
⇒ ∆DBM : ∆DNB ( g .g )
⇒

DB DM
=
⇔ DB 2 = DM .DN
DN DB

(5)

- - Xét tam giác DIB và tam giác DBA, ta có :
·ADB là góc chung

·
·
( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung )
DBI
= BAD
⇒ ∆DIB : ∆DBA ( g .g )
⇒

DB DI
=
⇔ DB 2 = DI .DA (5)
DA DB

Từ (4) và (5) suy ra : DI .DA = DM .DN ⇔

0,5

DM DA
=
.
DI
DN

Từ đó kết hợp với ADN là góc chung suy ra :
∆DIM : DNA (c.g.c)
·
·
⇒ DIM
= DNA
Suy ra tứ giác ANMI nội tiếp
Ta có :
·
·
( cùng bù với góc IMN)
NAD
= IMD

0,5

·
·
( cùng chắn cung CI)
NAD
= CBI
·
·
⇒ CBI
= IMD

Kết hợp với góc KBM chung, suy ra :

∆KMI : ∆KBM (c.g .c )
KM
KB
⇒
=
KI
KM
2
⇒ KM = KI .KB (6)

0,5

Mặt khác :

·
·
( Hai góc so le trong )

KDI
= BAI
·
·
( Cùng chắn cung BI )
DBI
= BAI
·
·
⇒ KDI
= BDI

Kết hợp với góc BKD chung, suy ra :

∆KDI : ∆KBD ( g .g )
KD KB
⇒
=
KI KD
⇒ KD 2 = KI .KB (7)

Từ (6) và (7) suy ra : KM = KD
Vậy K là trung điểm của DM.

0,5


Câu
4.3
(1,5

đ)

c) Giả sư PI cắt BC tại L, IQ cắt AB tại S.
Ta có :

PI
BI
IL
=
=
( vì PI // MN ; định lí ta let)
DK BK KM
PI QI
IL
=
=
( vì AB // PL ; định lí ta let)
AS QS BS

0,5
(8)
(9)
0,5

Vì DK = KM nên từ (8) suy ra : PI = IL
Vì PI = IL nên từ (9) suy ra : AS = BS
Giả sư SI cắt DK tại T, suy ra :

AS SI BS
=

=
( Định lý Talets ; AB // DK) (10)
DT TI KT

Vì AS = BS nên từ (10) suy ra : T là trung điểm của DK, hay G trùng với K.
Vậy ba điểm Q, I, G thẳng hàng.
Câu
5
(2,0
đ)

- Tìm GTNN
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sư a ≥ b ≥ c . Khi đó :
5 = a + b + c ≤ 3a ≤ 6 ⇔

Mặt khác, vì 0 ≤ b, c ≤ 2 nên

0,5

5
≤ a ≤ 2 ⇒ (a − 1)(2 − a ) ≥ 0
3

(*)

(b − 2)(c − 2) ≥ 0

0,5

⇔ bc ≥ 2(b + c) − 4

⇔ bc ≥ 2(5 − a ) − 4 = 6 − 2a

0,5

(**)

Do đó
A = a + b + c = a + b + c + 2 bc ≥ a + 5 − a + 2 6 − 2a

( Theo (**) )

⇔ A ≥ a + 3 − a + 2 2 3 − a + 2 = a + ( 3 − a + 2) 2 = a + 3 − a + 2

vì

(

a + 3− a

)

2

= a + 2 a (3 − a) + 3 − a = 3 + 2 3a − a 2 = 3 + 2 ( a − 1)(2 − a) + 2

≥ 3 + 2 2 = ( 2 + 1) 2

Nên

0,5

( vì (a − 1)(2 − a ) ≥ 0 , theo (*) )

a + 3 − a ≥ 2 +1

Vậy A ≥ 2 2 + 1
Dấu bằng xảy ra khi
 0 ≤ a , b, c ≤ 2 ; a + b + c = 5

(a − 1)(2 − a ) = 0
⇔ a = b = 2 ; c =1


bc = 6 − 2a


Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 2 2 + 1 . Đạt được khi
(a, b, c) = (2, 2, 1) và các hoán vị
---------------HẾT-------------Lưu ý: - Các cách giải đúng khác cho điểm tương đương với biểu điểm
- Điểm toàn bài không làm tròn

0,5