de THi chọn HSG Toán 9

Làm gấp nên lời giải khôngchi tiết (ngày 28 tháng 3 năm 2017)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH THUẬN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề này có 01 trang

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học: 2016 – 2017
Môn thi: TOÁN – LỚP 9
Thời gian làm bài: 150 phút
(không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (4 điểm)
Cho biểu thức Cho A  (

x 1
x 1



x 1
x 1

 4 x )( x 

1
x

), (x  0, x  1)

1/ Rút gọn A.

2/ Tìm các giá trị của x để A  A
Bài 2: (4 điểm)
a/ Cho P 

x
với x > 0. Tìm các giá trị lớn nhất của P
(x  2017)2

b/ Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì phân số

10n 2  9n  4
tối giản.
20n2  20n  9

Bài 3: (4 điểm)
a/ Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm nguyên: x 2  ax  a  2016  0
 4 xy  5( x  y )
b/ 6 yz  7( y  z )
8 zx  9( z  x)


Bài 4: (6 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A( 
A < 900 ), một đường tròn (O) tiếp xúc với AB, AC tại
B và C. Trên cung BC năm trong tam giác ABC lấy điểm M tùy ý( M khác B và C). Gọi
các diểm I, H, K lần lượt là hình chiếu của M trên BC; CA; AB và và P là giao điểm của
MB với IK, Q là giao điểm của MC với IH.
a/ Chứng minh: Tứ giác CIMH và MPIQ nội tiếp.
b/ Chứng minh: PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp  MPK và
 MQH

c/ Gọi N là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp  MPK và  MQH.
Chứng minh: Đường thẳng MN đi qua một điểm cố định
Bài 5: 2 điểm)
Cho tam giác ABC, có các đường phân giác BM và CN cắt nhau tại I. Chứng minh
rằng nếu IM = IN thì tam giác ABC cân tại A hoặc 
A = 600 .
--------------- HẾT --------------(Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: ..................................................................................
Trường THCS Phú Long

Đáp Án HSG 19-4

GV: Nguyễn Huy Đăng


Làm gấp nên lời giải khôngchi tiết (ngày 28 tháng 3 năm 2017)
Bài 1: (4 điểm)
Cho biểu thức Cho A  (
1/ Rút gọn A.
Bài 2: (4 điểm)
a/ P 

x 1
x 1



x 1
x 1

 4 x )( x 

1
x

), (x  0, x  1)

2/ Tìm các giá trị của x để A  A Đơn giản tự làm

x
x
 2

2
( x  2017)
x  2.2017 x  2017 2
2

Áp dụng BĐT cô si

1
2017 2
 2.2017
x
x

2017 2
2017 2
2017 2
 2 x.

 2.2017  x 
 2.2017  4.2017
x
x
x
1
1
1
suy ra : P 


2
2017
4.2017
4.2017
x
 2.2017
x
1
Vậy Pmax 
Khi x  2017
8068
10n 2  9n  4
Ta có : x 

b/ Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì phân số

20n2  20n  9

tối giản.

Gọi d là ước chung lớn nhất của (10n2  9n  4 ) và ( 20n2  20n  9 )
Suy ra: ( 10n2  9n  4 ) và ( 20n2  20n  9 ) chia hết cho d (1)
Suy ra: ( 20n2  18n  8 ) và ( 20n 2  20n  9 ) chia hết cho d
Suy ra: (20n 2  20n  9)  (20n 2  18n  8) d  2n  1 d
suy ra d là số lẽ và (2n  1)2  d  5(4n2  4n  1) d  20n 2  20n  5 d (2)
Từ (1) và (2) suy ra: 4 d mà d là số lẽ nên d = 1.
Vậy phân số

10n2  9n  4
20n2  20n  9

tối giản.

Bài 3: (4 điểm)
a/ Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm nguyên: x 2  ax  a  2016  0 (1)
  a2  4a(a  2016) . Phương trình (1) có nghiệm
Với a thỏa đk (*) áp dụng định lí vi ét ta có: x1  x 2  a mà x1 ,x 2   nên a  .
x 2  ax  a  2016  0  4x 2  4ax  a2  4a  4.2016  4  a 2  4
 (a  2)2  (2x  a)2  4.2017  (a  2  2x  a)(a  2  2x  a)  4.2017
 (a  x  1)(x  1)  2017

Mà x là số nguyên nên x – 1 là số nguyên suy ra: a là số nguyên
Suy ra: x  1 Ư(2017) = 1;1;  2017;2017  x 0;2;  2016;2018
x
a

2

x  2016

x 1

-2016
-2016

0
-2016

2
2020

2018
2020

Vậy a = -2016; 2020 thỏa điêu kiên (*)
Trường THCS Phú Long

Đáp Án HSG 19-4

GV: Nguyễn Huy Đăng


Làm gấp nên lời giải khôngchi tiết (ngày 28 tháng 3 năm 2017)
Cách 2:
  a2  4a(a  2016) . Phương trình (1) có nghiệm    a2  4a(a  2016)  0 (*)
Với a thỏa đk (*) áp dụng định lí vi ét ta có: x1  x 2  a mà x1 , x 2   nên a  .
a

x 2  2016
2017

.
 x  1
x 1
x 1

Vì a  và x   nên Suy ra: x  1 Ư(2017) = 1;1;  2017; 2017  x 0; 2;  2016; 2018
x
a

2

x  2016
x 1

-2016
-2016

0
-2016

2
2020

2018
2020

Vậy a = -2016; 2020 thỏa điêu kiên (*)
 4 xy  5( x  y )
b/ 6 yz  7( y  z ) ( I )
8 zx  9( z  x)



TH1: x = y =z = 0 là nghiệm của hệ phương trình
TH2: Với x  0,y  0,z  0
1 1 4
x  y  5

 4 xy  5( x  y )
1 1 6

Ta có: 6 yz  7( y  z )    

y z 7
8 zx  9( z  x)
1 1 8
  
z x 9

 1 1 1 401
 x  y  z  315
 1 149
315



x


1 1 4
131

 z 315

 x  y  5
1
131
315



 
 y
x
315
1  1  6

 121
y z 7
 1 121
 315

 y  315
 z  149


1  1  8
 z x 9

Vậy hệ phương trình có nghiệm là:(x; y; z) = (0; 0; 0), (

Trường THCS Phú Long

Đáp Án HSG 19-4

315 315 315
;
;
)
131 121 149

GV: Nguyễn Huy Đăng


Làm gấp nên lời giải khơngchi tiết (ngày 28 tháng 3 năm 2017)
B
2

1

K
1

m

F

O

I

1 4

2 3

P
12
E

A
M

12
Q

N
1
H

1 2
C

Bài 4: (4 điểm)
a/ Chứng minh: Tứ giác CIMH và MPIQ nội tiếp.
 + MHC
 = 900 + 900 = 1800 suy ra : tứ giác CIMH nội tiếp
Xét tứ giác CIMH có: CIM
Chứng minh tương tự tứ giác IMKB nội tiếp  
B1 = 
I 4 , tứ giác CIMH nội tiếp  
C2 = 
I3




sđBM + sđCM
Suy ra: 
PIQ = 
I3+
I4=
C2+
B1 =
(1)
2



sđBmC
Xét đường tròn (O) có: 
(2)
BMC là góc nội tiếp  
BMC =
2







sđBM + sđCM sđBmC
Từ (1) và (2) suy ra: 

PIQ + 
BMC =
+
= 3600
2

2

suy ra: Tứ giác MPIQ nội tiếp.
b/ Chứng minh: PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp  MPK và  MQH
ì 
ïï B 2 = C 2 ( hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
Þ
P2 = 
K1 = 
B 2 suy ra :PQ BC
íï





ïï 
I
=
C
,
P
=
I

,
K
=
B
(
do
cá
c
tứ
giá
c
nộ
i
tiế
p
)
2
2
3
1
2
ïỵ 3
Xét đường tròn ngoại tiếp  MPK có : 
P2 =
K1 (cmt)

Suy ra: PQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp  MPK.

Chương tương tự ta có: PQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp  MQH.
Vậy PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp  MPK và  MQH

Trường THCS Phú Long

Đáp Án HSG 19-4

GV: Nguyễn Huy Đăng


Làm gấp nên lời giải khôngchi tiết (ngày 28 tháng 3 năm 2017)
c/ Gọi N là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp  MPK và  MQH.
Chứng minh: Đường thẳng MN đi qua một điểm cố định
Gọi E, F lân lượt là giao điểm của MN với QP và BC
EPM ∽ EMP  EP 2  EN .EN , QEM ∽ NEQ
 QE 2  EN .EN suy ra : EP 2  QE 2  EP  QE

Xét MFB và MFC có: PE BF, EQ FC(cmt) 

PE ME EQ
mà EQ  EP nên BF = FC


BF MF FC

Suy ra: F là trung điểm của BC. Vậy Đường thẳng MN đi qua một điểm cố định F
Bài 5: (2 điểm)
Cho tam giác ABC, có các đường phân giác BM và CN cắt nhau tại I. Chứng minh
rằng nếu IM = IN thì tam giác ABC cân tại A hoặc 
A = 600 .
A
A

1 2
N1
2

K
21 M
1
I
1

1

M

N

B

2

1
2

I
C
B

Trường hợp 1: AN = AM
DAIM = DAIN (c.c.c) Þ 
AMI = 

ANI suy ra : DABM = DACN ( g .c.g ) Þ AB = AC

suy ra :ABC cân tại A

Trường hợp 2: AN không bằng AM. Giả sử: AM > AN. Trên AM lấy K sao AK = AN
+DAIN = DAIK (c.c.c) Þ 
ANI = 
AKI ; IN = IK mà IN = IM nên IK = IN = IM ÞDIKM cân
suy ra : 
K =
KMI và 
K =
N suy ra : 
K =
KMI = 
N
1

1

2

1

2

+
BAC =1800 - 
B1 -
AMB = 1800 - 

C 1 -
N1 suy ra :2 .
BAC = 3600 - ( 
B 1 +
C 1 +
AMB + 
N1 )
1
suy ra :2 .
BAC = 3600 - ( 
B 2 +
C 2 + 1800 ) = 3600 - ( 1800 - 
I 1 + 1800 ) = 
I 1 = 900 + .
BAC
2
suy ra :4 .
BAC = 1800 + 
BAC Þ 3 
BAC =1800 Þ 
BAC = 600

Vậy tam giác ABC cân tại A hoặc 
A = 600 .

Trường THCS Phú Long

Đáp Án HSG 19-4

GV: Nguyễn Huy Đăng

C