de thi HSG mon toan 9 tinh hung yen nam hoc 2016 2017(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2016 - 2017

Đề chính thức

Môn thi:
TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 22/3/2017

Câu 1(2 điểm).
Cho a =

2 1
,b=
2

2 1
. Tính a7 + b7.
2

Câu 2 (4 điểm).
a) Cho hàm số y = ax + b (a  0) có đồ thị là (d). Lập phương trình đường thẳng (d), biết (d) đi
qua điểm A(1 ; 2) và cắt trục hoành tại điểm B có hoành độ dương, cắt trục tung tại điểm C có
tung độ dương và thỏa mãn (OB + OC) nhỏ nhất (O là gốc tọa độ).
b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình :
3x – 16y – 24 =

9 x 2  16 x  32 .

Câu 3 (3 điểm).
Giải phương trình : 4x3 + 5x2 +1 =

3x  1  3x .

Câu 4 (3 điểm).
2
2

 y 2x 1  3  5 y  6x  3
Giải hệ phương trình : 
4
2

2 y (5 x  17 x  6)  6  15 x

Câu 5 (6 điểm).
Cho điểm M thuộc nửa đường tròn (O) đường kính AB ( M  A, M  B, MA < MB). Tia phân giác
của AMB cắt AB tại C. Qua C vẽ đường vuông góc với AB cắt đường thẳng AM, BM thứ tự ở D, H.
a) Chứng minh CA = CH.
b) Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên tiếp tuyến tại A của (O), F là hình chiếu vuông góc
của D trên tiếp tuyến tại B của (O). Chứng minh E, M, F thẳng hàng.
c) Gọi S1, S2 thứ tự là diện tích tứ giác ACHE và BCDF. Chứng minh CM2 <

S1.S2

Câu 6 ( 2 điểm).
Cho ba số a, b, c  1 thỏa mãn 32abc = 18 (a + b + c) + 27. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P=

a2 1
b2  1
c2 1
.


a
b
c

------------------------- Hết ---------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


LỜI GIẢI
Câu
Câu 1
2,0
điểm

Nội dung
2 1
2 1
, b
. Tính a 7  b7 .
2
2
1

1 3
Ta có a  b  2;a.b  ;a 2  b 2  (a  b) 2  2ab  2   .
4
2 2

Cho a 

a

0,5

  a  b   3ab(a  b)  (a 2  b2 )2  2a 2 b2   a 3b3 (a  b)

0,5



3

2
1
1 1
5
17 1
169 2

 3 
  23  3. . 2      2.   . 2  . 2.  . 2 
4
16  64

4
8 64
64

   2 
Cho hàm số y  ax  b  a  0  có đồ thị (d). Lập phương trình đường thẳng

0,5

(d) biết đường thẳng đi qua điểm A(1; 2) và cắt trục hoành tại điểm B có
hoành độ dương, cắt trục tung tại điểm C có tung độ dương và thỏa mãn
(OB + OC) nhỏ nhất .
Do (d) đi qua điểm A(1; 2) (d): y = ax + 2 - a.

0,5

a2 
;0  và căt trục Oy tại C  0; 2  a 
 a

Vì điểm B có hoành độ dương và C có tung độ dương nên a  0
a2
2
Khi đó ta có OB  OC 
 2  a  1  2  a
a
a
2
2
 3

  a   3  2
.  a   5 .
a
a
Suy ra OB + OC nhỏ nhất khi và chỉ khi a   2
Vậy phương trình (d) có dạng: y   2x  2  2

Có (d) căt trục Ox tại B 

b

0,5

Lại có a 7  b7  (a3  b3 )(a 4  b4 )  a3b3 (a  b) 



Câu 2
4,0
điểm

Điểm

0,5

0,5
0,25
0,25

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3x  16y  24  9x 2  16x  32 (1)

ĐK: 3x 16y  24  0
3x  16y  24  9x 2  16x  32   3x  16y  24   9x 2  16x  32
2

 9  3x  16y  24   9  9x 2  16x  32 

0,25

2

  9x  48y  72   81x 2  144x  288
2

  9x  48y  72    9x  8  224
2

2

  9x  48y  72    9x  8  224
2

0,25

2

0,25

  9x  48y  72  9x  8  9x  48y  72  9x  8   224

 18x  48y  64  48y  80   224

 32  9x  24y  32  3y  5   224
  9x  24y  32  3y  5   7

0,25


Với x, y nguyên thì  3y  5  là ước của (-7) và chia cho 3 dư 2
  3y  5   1 hoặc  3y  5   7

Câu 3
3,0
điểm

0,25

+ TH1:  3y  5   1  y = -2  x  1

0,25

+ TH1:  3y  5   7  y = -4  x  7

0,25

Vậy các cặp nghiệm nguyên (x;y) là (-1;-2); (-7;-4)
Giải phương trình: 4x3  5x 2  1  3x  1  3x
Đk: x 

1
3

0,25

0,25

4x 3  5x 2  1  3x  1  3x
 4x 3  5x 2  1  3x  1  3x  0

0,5

 4x  5x  x   2x  1  3x  1  0
3

2

 2x  1   3x  1  0
x
 2x  1  3x  1
2

 4x  5x
3

2

0,5

4x 2  x
  4x  x   x  1 
0
 2x  1  3x  1

2



1
  4x 2  x   x  1 
0
2x

1

3x

1





Với x 

0,5

*

1
1
thì  x  1 
>0
3

 2x  1  3x  1

x  0
(*)  4x  x  0  
(thỏa mãn điều kiện)
 x  1

4
1
Vậy phương trình có nghiệm x = 0, x  
4
2
2

 y 2x  1  3  5y  6x  3
Giải hệ phương trình  4 2

2y (5x  17x  6)  6  15x

0,5
0,25

2

Câu 4
3,0
điểm

0,5

1
2

Điều kiện xác định x  .
Biến đổi phương trình thứ hai được
2y4 (5x  2)(x  3)  3(2  5x) suy ra x 

2
(loại) hoặc 2xy4  3  6y4 .
5

0,5

2
2

 y 2x  1  3 2x  1  5y  3
Ta đưa về hệ phương trình  4
4

2xy  3  6y

Nhận thấy y  0 không là nghiệm của hệ phương trình nên chia hai vế của
phương trình thứ nhất cho y 2 và phương trình thứ hai cho y 4 có

0,5



3

3
 2x  1  2 2x  1  5  2
y
y


2x  1  3  5

y4

Đặt a  2x  1; b 

3
với a  0, b  0
y2

a  ab  b  5
Ta có hệ phương trình  2 2
a  b  5

ta được a 

5b
thay vào (2)
1 b

5b 2
(
)  b 2  5  b 4  2b3  3b 2  20b  20  0  (b 1)(b  2)(b2  5b  10)  0
1 b

a  2
a  1
hoặc 
b  1
b  2

Suy ra 

0,5

0,5

0,5

5

a  2
x 
2
+ Với 
thì 
b  1
y   4 3

a  1
+ Với 
thì
b  2

x  1


4

3
y



2


 5

 2

0,5
 
 

Kết luận  x; y    ;  4 3  ; 1; 
Câu 5
6,0
điểm

4

3 

  .
2 



Cho điểm M thuộc nửa đường tròn (O) đường kính AB (M ≠ A, M ≠ B,
MA < MB). Tia phân giác của AMB cắt AB tại C. Qua C vẽ đường vuông
góc với AB cắt đường thẳng AM, BM thứ tự ở D, H.
a) Chứng minh CA = CH.
b) Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên tiếp tuyến tại A của (O);
F là hình chiếu vuông góc của D trên tiếp tuyến tại B của (O). Chứng minh
E, M, F thẳng hàng.
c) Gọi S1 ; S2 thứ tự là diện tích tứ giác ACHE và BCDF. Chứng minh
CM2  S1.S2


Câu 5
6,0
điểm
D
F

M
E
H

I

A

C

O

B

a) Do MC là phân giác của AMB, theo tính chất đường phân giác
AC AM


(1)
BC BM

0,75

Xét BHC và BAM có BCH  BMA  90O

ABM chung
 BHC đồng dạng với BAM
HC AM


(2)
BC BM

0,5

0,75

Từ (1) và (2)  AC = HC.
b) Tứ giác ACHE hình vuông  AH = EC

0,5

Gọi AH cắt EC tại I
Xét AMH vuông tại M  MI 

AH
EC
 MI 
 EMC  90O
2
2

Chứng minh tương tự: CMF  90O
Vậy EMF  90O  90O  180O  E, M, F thẳng hàng.
CE
c) Do tứ giác ACHE là hình vuông  CH 
2
2
CE
 S1  CH 2 
 2S1  CE 2
2
Tương tự: 2S2  CF2
Xét FCE vuông tại C, đường cao CM, theo hệ thức lượng trong tam giác
1
1
1


vuông ta có:
2

2
CE CF
CM 2
CE 2 .CF2
2S .S
2S1.S2
2
 CM 
 1 2 
 S1.S2
2
2
CE  CF S1  S2 2 S1.S2

0,75

0,75

0,5

0,5

0,5


Dấu “=” xảy ra  S1  S2  AM = BM (vô lý vì MA < MB)
Vậy CM 2  S1.S2
Câu 6
2,0
điểm

0,5

Cho ba số a, b,c  1 thoả mãn 32abc  18  a  b  c   27. Tìm giá trị lớn nhất
a 2 1
b2  1
c2  1


.
a
b
c
+ Sử dụng bất đẳng thức: Với x, y, z  0 ta luôn có

của biểu thức P 

x  y  z  3(x  y  z)

+ Từ bất đẳng thức đã cho ta có
P  1

1
1
1
  1 1 1 
1 1 1
 1  2  1  2  3 3   2  2  2   = 9  3  2  2  2 
2
b c 

a
b
c
b c 
a
 a

1 1 1
Suy ra P  9     
a b c

0,5

2


Từ giả thiết 32abc  18  a  b  c   27  18 

1
1 1  27
  
 32 (*)
 ab bc ca  abc

2

1 1 1 1 1 1 1
1
1 1 1 1
Ta có        và

    
ab bc ca 3  a b c 
abc 27  a b c 
1

1

3

0,5

1

Đặt t      . Từ (*) ta có
a b c
 t2 
 t3 
2
18    27    32  t 3  6t 2  32  0   t  2  t  4   0  t  2
3
 27 

0,5

2

1 1 1
Suy ra P  9       9  22  5 .
a b c
3

Dấu „=‟ xảy ra khi chỉ khi a  b  c  .
2
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 5.

0,5