ĐỀ + ĐA TOÁN 9 TỈNH LAI CHÂU 2017

UBND TỈNH LAI CHÂU
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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

Môn thi: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát ñề)
Ngày thi: 9/4/2017

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)

Câu 1: (4,0 ñiểm)

(

)

 x x+2 2

4
8 x + 32  
2 

Cho biểu thức: P =
−
+
: 1 −
2



2− x 8− x x   2+ x 
x
+
1
+
3


a) Rút gọn P;
b) Tính giá trị của P với x = 9 − 4 5 ;
c) Tìm các giá trị chính phương của x ñể P có giá trị nguyên.

(

)

Câu 2: (4,0 ñiểm)
2.1. Chứng minh với mọi n là số tự nhiên chẵn thì 20n + 16n - 3n - 1 ⋮ 323
2.2. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn: 2x2 + y2 + 3xy + 3x + 2y + 2 = 0

Câu 3: (4,0 ñiểm)
3.1. Cho phương trình: x2 - (m + 5)x + 3m + 6 = 0. Tìm m ñể phương trình
có hai nghiệm x1, x2 là ñộ dài hai cạnh tam giác vuông có cạnh huyền bằng 5.
2
2
 y + xy = 6 x
3.2. Giải hệ phương trình sau: 
2 2
2

1 + x y = 5 x
Câu 4: (6,0 ñiểm)

Cho ñường tròn (O). Qua ñiểm A nằm ngoài ñường tròn kẻ hai tiếp tuyến
AM, AN (M, N là hai tiếp ñiểm) và cát tuyến ABC với ñường tròn (B nằm giữa
A và C). Gọi I là trung ñiểm của BC.
a) Chứng minh: A, M, O, I, N thuộc một ñường tròn;
b) Chứng minh: IA là tia phân giác của MIN ;
c) Vẽ dây CD song song MN, H là giao ñiểm của BD và MN. Chứng
minh: HM = HN.

Câu 5: (2,0 ñiểm) Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q =

1
1 1
1
1
1
+ 2+ 2+
+
+
2
x
y
z
xy yz xz

--------------------Hết------------------ Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu.
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Trang 1/1.


HƯỚNG DẪN CHẤM
Chú ý: Đáp án chỉ mang tính tham khảo

Câu

Đáp án

Ý

ĐKXĐ của P là : x > 0 và x ≠ 4
x ( x + 4 x + 4)
4
8 x + 32
−
+
Đặt: A =
x + 2 x + 1 + 3 2 − x (2 − x )(4 + 2 x + x)

=

( x x + 4 x + 4 x )(2 − x ) − 4( x + 2 x + 4) + 8 x + 32
(2 − x )( x + 2 x + 4)

=

2( x )3 + 8 x + 8 x − x 2 − 4( x ) 3 − 4 x − 4 x − 8 x − 16 + 8 x + 32

(2 − x )( x + 2 x + 4)

=

−2( x )3 − x 2 + 8 x + 16 −( x )3 (2 + x ) + 8( x + 2)
=
(2 − x )( x + 2 x + 4)
(2 − x )( x + 2 x + 4)

a

(2 + x ) 8 − ( x )3 
=
= 2+ x
(2 − x )(4 + 2 x + x)

Câu 1
(4 ñiểm)

(2 + x ) 2
=
(x > 0 và x ≠ 4 )
Vậy: P = (2 + x ) :
2+ x
x
x

Thay x = 9 − 4 5 vào P ta ñược :
b

(2 + 5 − 2) 2
5
5( 5 − 2)
=
=
= 5 5 − 10
P=
5−4
5−2
5−2

(2 + x ) 2
4+4 x + x
4
=
=
+4+ x
Ta có: P =
x
x
x
c

P∈Z⇔

4
∈ Z và
x

x ∈Z

⇔ x ∈Ư (4) ⇔ x ∈ {±1, ±2, ±4} và x ∈ Z
⇔ x = 1 hoặc x = 16 thì P có giá trị nguyên.
Ta thấy 323 = 17.19 mà (17; 19) = 1 ta chứng minh
Xét B = 20n + 16n − 3n − 1 ⋮ 17 và B ⋮ 19
ta có B = (20n - 3n) + (16n - 1)
n
n
2.1 +) 20 - 3 = (20 - 3)M = 17M ⋮ 17
+) 16n - 1 = (16 + 1)N = 17N ⋮ 17 ( n chẵn)
⇒ B ⋮ 17 (1)
Câu 2
(4 ñiểm)

ta có: B = (20n - 1) + (16n - 3n)
+) 20n - 1 = (20 - 1)P = 19P ⋮ 19
Trang 2/1.


+) 16n - 3n = (16 + 3)Q = 19Q ⋮ 19 ( n chẵn)
⇒ B ⋮ 19 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ B ⋮ 323
2x2 + y2 + 3xy + 3x + 2y + 2 = 0
⇔ (2x + y + 1)(x + y + 1) = -1
⇒ 2x + y + 1 và x + y + 1 là các ước của -1
2.2
x = 2
2 x + y + 1 = 1
⇒


TH1: 
x
+
y
+
1
=
−
1
 y = −4


3
(4ñiểm)
3.1

 x = -2
 2 x + y + 1 = −1
⇒
TH2: 
y = 2
x + y + 1 = 1
Kết luận (x,y) ∈{(2; - 4), (-2; 2)}
Phương trình có hai nghiệm x1, x2 là ñộ dài hai cạnh của tam giác
⇒ Phương trình phải có hai nghiệm dương
(m + 5) 2 − 4(3m + 6) ≥ 0 (m − 1) 2 ≥ 0


⇔ m + 5 > 0
⇔  m > −5

⇔ m > −2
3m + 6 > 0
 m > −2



- Vì x1, x2 là ñộ dài hai cạnh của tam giác vuông có cạnh huyền
bằng 5 nên: x12 + x22 = 25 ⇔ ( x1 + x2 )2 − 2 x1 x2 = 25
- Áp dụng ñịnh lí Vi-et ta ñược:
(m + 5)2 - 2(3m + 6) = 25 ⇔ m2 + 4m - 12 = 0
⇔ m = -6(loại); m = 2(thỏa mãn). Vậy m = 2.
y = 0
- Nếu x = 0 ⇒ 
(vô lí)
1 = 0
- Vậy x ≠ 0 , khi ñó chia hai vế của từng phương trình của hệ với
x2 ta ñược:
 1 1

 y y2
y. . + y  = 6
+
=
6

 x 2 x

 x x
⇔
3.2 

2
 1 + y2 = 5
 1 + y  − 2. 1 . y = 5
2

 x
 x
x

1

 S = x + y
 S .P = 6
Đặt: 
(ĐK: S2 ≥ 4P) khi ñó:  2
S − 2 P = 5
P = 1 .y

x
 S .P = 6
 S .P = 6
⇔  3
⇔
2
 S − 5S − 12 = 0 ( S − 3)( S + 3S + 4) = 0

Trang 3/1.


 S .P = 6

S = 3
1
TH1: 
⇔
⇒ và y là nghiệm của phương trình: X2
x
S − 3 = 0  P = 2
- 3X + 2 = 0
 x = 1, y = 2
⇔ X1 = 1, X 2 = 2 ⇒ 
x = 1 , y =1

2
 S .P = 6
TH2:  2
(Vô nghiệm)
S
+
3
S
+
4
=
0

1
Vậy (x, y) ∈ {(1; 2), ( ; 1)}.
2
M
D

6
(6ñiểm)

H

A

O

B
I
C
N

a

b

c

- Vì AMO = ANO = 900 (tính chất tiếp tuyến)
⇒ AMO + ANO = 1800 ⇒ AMON nội tiếp ñường tròn ñường kính
AO
(1)
- Vì I là trung ñiểm của BC ⇒ OI ⊥ BC ⇒ OIA = 900
⇒ AMO + AIO = 1800 ⇒ AMOI nội tiếp ñường tròn ñường kính
AO
(2)
- Từ (1) và (2) ⇒ A, M, O, I, N thuộc ñường tròn ñường kính AO

- Vì AMOI nội tiếp ⇒ AIM = AOM (cùng chắn cung AM)
- AOM = AON (Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
- Vì AOIN nội tiếp ⇒ AON = AIN (cùng chắn cung AN)
⇒ AIM = AIN hay IA là tia phân giác của MIN
- Vì MN//CD ⇒ MBD = NBC mà BMH = BCN (cùng chắn
HB NB
BN ) ⇒ ∆BHM ∆BNC(g.g) ⇒
=
(3)
HM NC
- Vì MN//CD ⇒ NBH = CBM mà BNH = BCM (cùng chắn BM
HB MB
⇒ ∆BNH ∆BCM(g.g) ⇒
=
(4)
HN MC
NB AB
=
- Vì ∆ABN ∆ANC (g.g) ⇒
NC AN
Trang 4/1.


- Vì ∆ABM

∆AMC (g.g) ⇒

MB AB
=
MC AM

mà AM = AN(t/c hai tiếp tiến cắt nhau) ⇒

NB MB
=
(5)
NC MC

HB HB
=
⇒ HM = HN
HM HN
Áp dụng bất ñẳng thức Cosi ta có:
- Từ (3), (4), (5) ⇒

1
1
2
+ 2≥ 
2
x
y
xy

1 1 2 
1
1 1 1
1 1
+ 2 ≥ ⇒ 2 + 2 + 2 ≥
+ +

2
y
z
yz  x
y
z
xy yz xz
1 1
2 
+
≥

z 2 x 2 zx 

Câu 5
(2 ñiểm)

Khi ñó:
1
1 1
1
1
1
 1
1 1
Q= 2 + 2 + 2 +
+
+
≥ 2 + + 
x

y
z
xy yz xz
 xy yz xz 
 1 1 1
Mặt khác, sử dụng bất ñẳng thức: ( a + b + c)  + +  ≥ 9
a b c
 1
1 1
9
⇒ Q ≥ 2  + +  ≥ 2.
xy + yz + xz
 xy yz xz 
(Do 3(xy + yz + zx) ≤ (x + y + z)2 và x + y + z = 1)
27
⇒ Q ≥ 2.
= 54
( x + y + z )2

1
3
1
Vậy Qmin = 54 khi x = y = z =
3

Dấu "=" xẩy ra khi x = y = z =

Trang 5/1.