DAP AN TOAN BANG a 2017

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS

NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn thi: TOÁN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

Đề chính thức

Hướng dẫn chấm thi gồm 04 trang.
Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1(4 điểm).
2
a. Tìm các hệ số b, c của đa thức P ( x ) = x + bx + c biết P ( x ) có giá trị nhỏ nhất
bằng −1 khi x = 2.


x 2 + xy 2 − xy − y3 = 0
b. Giải hệ phương trình 
2
2 ( x + 1) − 3 x ( y + 1) − y = 0.
2

b
b2

b2

Ta có P(x) =  x + ÷ + c −
≥c−
2
4
4

 b2
a
1
c − 4 = −1 b = −4
(4,0) 2,0
⇔
Suy ra 
b
 c = 3.
 − =2

2

1,0

1,0


x 2 + xy 2 − xy − y3 = 0 ( 1)
ĐK: x ≥ 0

2

2
x
+
1
−
3
x
y
+
1
−
y
=
0
2
(
)
(
)
)
b 
 (
2,0
 x−y=0
2
(1) ⇔ ( x − y ) ( x + y ) = 0 ⇔ 
2
x + y = 0

0,5

TH1: x + y 2 = 0 , suy ra x = y = 0 không thỏa mãn hệ.
TH2: x - y = 0 hay y = x thế vào (2) ta được :

0,25

2 ( x 2 + 1) − 3 x ( x + 1) − x = 0 ⇔ 2x 2 − 3x x − x − 3 x + 2 = 0
⇔

(

)(

)(

0,5

)

x − 2 2 x −1 x + x +1 = 0

 x =2
x=4

⇔
⇔
1
 x=1
x = .


4

2

0,5

1 1
4 4

Vậy hệ phương trình có nghiệm : ( x; y ) = ( 4;4 ) và ( x; y ) =  ; ÷.

0,25

Câu 2(4 điểm).
a. Giải phương trình x + 2 = 3 1 − x 2 + 1 + x .
b. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
1


P=

2a
1+ a2

+

b
1 + b2

c

+

1 + c2

ĐK: −1 ≤ x ≤ 1
Đặt a = 1 + x , b = 1 − x ( a,b ≥ 0 )

.
0,25

2
2
2
2
Ta có 2a + b − 1 = 3ab + a ⇔ 2a − ( 3b + 1) a + b − 1 = 0

0,5

 a = b +1
⇔
a = b − 1 .
a

2
2,0

0,25

Với a = b +1 ta có 1 + x = 1 − x + 1 ⇔ 2x − 1 = 2 1 − x

2
(4,0)

1
3
) ⇔ 4x 2 − 4x + 1 = 4 − 4x ⇔ x =
(thỏa mãn).
2
2
b −1
1− x −1
Với a =
ta có 1 + x =
⇔ 2 1+ x +1= 1− x
2
2
4
⇔ 4 1 + x = −5x − 4 (ĐK x ≤ − )
5
24
⇔ 25x 2 + 24x = 0 ⇔ x = −
(thỏa mãn).
25
24
3
Vậy x =
và x = −
là nghiệm của phương trình.

25
2
2a
b
c
+
+
Ta có P =
( a + b) ( a + c) ( b + c) ( b + a ) ( c + b) ( c + a )

0,5

(ĐK x ≥

b
2,0

= a.2

1

( a + b) ( a + c)

+ b.2

0,5

0,5

1

1
+ c.2
4( b + c) ( b + a )
4( c + b) ( c + a )

0,5


1 
1
1  
1
1  9
 1
≤ a
+
+
+
÷+ c 
÷=
÷+ b 
4
b
+
c
b
+
a
4
c

+
b
c
+
a
(
)
(
)
a+b a+c

 
 4

0,5

9
a
15
khi b = c = =
0,5
.
4
7 15
·
Câu 3(3 điểm). Cho tam giác ABC có BAC
= 1350 , BC = 5cm và đường cao AH = 1cm.
Vậy GTLN của P bằng

Tính độ dài các cạnh AB và AC.

Kẻ
CK ⊥ AB ( K ∈ AB )

K

·
ta có CAK
= 450
suy ra tam giác
AKC vuông cân tại K.

3
(3,0)

A

1,0

B
H
2

C


Đặt AB = x, AK = y (x, y > 0) tao có: BK 2 + KC 2 = BC2
⇔ x 2 + 2xy + 2y 2 = 25 (1)
Ta có hai tam giác BHA và BKC đồng dạng với nhau

⇒

0,5

AH AB
1 x
=
⇒ = ⇔ xy = 5 (2).
CK CB
y 5

0,5


10 
5; 5 hoặc ( x; y ) =  10;
÷.
2


Vậy AB = 5 cm, AC = 10 cm hoặc AB = 10 cm, AC = 5 cm.
Từ (1), (2) ta tìm được ( x; y ) =

(

)

0,5
0,5

Câu 4(5 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, D là điểm trên cung BC

không chứa A. Dựng hình bình hành ADCE. Gọi H, K lần lượt là trực tâm của các tam giác
ABC, ACE ; P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của K trên các đường thẳng BC, AB và I
là giao điểm của EK với AC.
a. Chứng minh ba điểm P, I và Q thẳng hàng.
b. Chứng minh đường thẳng PQ đi qua trung điểm của đoạn HK.
·
·
Ta có ADC
E
= AEC
N
4
K là trực tâm tam
(5,0)
giác ACE nên
Q

·
·
AKC
+ AEC
= 1800.

A

K
I

a
3,

0

.

H

1,0

O

P

B

C

M D
·
·
Suy ra AKC
+ ADK
= 1800 do đó tứ giác ADCK nội tiếp. Vậy
K ∈ (O) .
· = CKP
·
Các tứ giác KIPC, KIAQ nội tiếp suy ra CIP
và
·
·
(1)

AIQ
= AKQ

·
·
·
Từ các tứ giác nội tiếp ABCK, BPKQ ta có AKC
= 1800 − ABC
= QKP

b

0,5
0,5

·
·
suy ra CKP
(2)
= AKQ

0,5

· = AIQ
·
Từ (1) và (2) ta có CIP
⇒ P,I,Q thẳng hàng.
Gọi M là giao điểm của AH với (O) (M không trùng với A) và N là giao
điểm của AH và PQ

0,5

3

0,5


2,0 suy ra MN // KP.

·
·
Bốn điểm B, Q, K, P thuộc một đường tròn (vì KQB
= KPB
= 900 ) và
·
·
·
A, B, M, K thuộc (O) ⇒ QBK
.
= AMK
= QPK
Suy ra MNKP là tứ giác nội tiếp. Do đó MNKP là hình thang cân suy ra
KN = PM.
·
·
·
Mặt khác PH = PM suy ra PHM
= PMH
= KNM
⇒ KN / /PH suy ra

HPKN là hình bình hành.
Vậy PQ đi qua trung điểm của HK.

0,5
0,5

0,5

Ghi chú: Nếu thí sinh vẽ hình trong trường hợp trực tâm K của tam giác
ACE nằm nằm ngoài tam giác ACE thì ở câu a vẫn chứng minh bốn điểm
A, D, C, K thuộc một đường tròn.
Câu 5(4 điểm).
a. Tìm tất cả các số nguyên tố khác nhau m, n, p, q thỏa mãn

1 1 1 1
1
+ + + +
= 1.
m n p q mnpq
b. Trên một bảng có ghi hai số 1 và 5. Ta ghi các số tiếp theo lên bảng theo quy tắc:
Nếu có hai số x,y phân biệt trên bảng thì ghi thêm số z = x + y + xy . Chứng minh rằng các
số được viết trên bảng (trừ số 1) có dạng 3k + 2 (với k là số tự nhiên).
a Không mất tính tổng quát giả sử m < n < p < q.
2,0 Nếu m ≥ 3 thì
5
(4,0)

1 1 1 1
1
1 1 1 1

1
+ + + +
≤ + + + +
< 1.
m n p q mnpq 3 5 7 11 3.5.7.11
1 1 1
1
1
= (2).
Vậy m = 2 và (1) trở thành + + +
n p q 2npq 2
1 1 1
1
1 1 1
1
1
≤ + + +
< .
Nếu n ≥ 5 ta có + + +
n p q 2npq 5 7 11 2.5.7.11 2
1 1
1
1
= ⇔ ( p − 6 ) ( q − 6 ) = 37
Vậy n = 3 và (2) trở thành + +
p q 6pq 6
suy ra p = 7 và q = 43.
Vậy ( m;n;p;q ) là ( 2;3;7;43) và các hoán vị của nó.

b Các số được viết trên bảng là 1; 5; 11;…

2,0 các số đầu tiên của bảng có dạng 3m + 2 (trừ số 1) với m ∈ N.

Nếu sử dụng số 1 để viết thì số mới có dạng
3m + 2 + 1 + (3m + 2).1 = 6m + 5 = 3k + 2 ( k ∈ N ).
Nếu không sử dụng số 1 để viết thì số mới có dạng
3m + 2 +3n + 2+(3m+2)(3n + 2) = 9mn +9m + 9n + 8 = 3k + 2
( k ∈ N ) . Suy ra điều phải chứng minh.
Lưu ý: Nếu học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa tương ứng cho câu đó.

4

0,5

0,5

0,5
0,5
0,5
0, 5
1,0
20.00