Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 thành phố bắc giang năm học 2017 2018 có đáp án

PHÒNG GD&ĐT
TP. BẮC GIANG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2017-2018
Môn: Toán lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút
Thi ngày 14 tháng 1 năm 2018

Bài 1: (5 điểm)
 x+2 x +4

+
a/ Cho biểu thức M = 
 x x −8

x + 2 x +1   3 x − 5
2 x + 10 
:
+
÷

÷

÷
x −1 ÷
  x −2 x+6 x +5

Rút gọn M và tìm x để M>1
b/Cho a, b, c >0 thỏa mãn ab + bc + ca = 1 . Tính H=

a− b
b− c
c− a
+
+
1+ c
1+ a
1+ b

Bài 2: (4 điểm)
a/ Giải phương trình

30 −

5
5
+ 6 x2 − 2 = 6 x2
2
x
x

b/ Tìm số thực x để 3 số x − 3; x 2 + 2 3; x −

2
là số nguyên
x

Bài 3: (4 điểm)
a/ Tìm x nguyên dương để 4 x3 + 14 x 2 + 9 x − 6 là số chính phương
b/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = xyz .

1 + 1 + x2 1 + 1 + y 2 1 + 1 + z 2
Chứng minh rằng:
+
+
≤ xyz
x
y
z

Bài 4: (6 điểm)
Cho đoạn thẳng OA=R, vẽ đường tròn (O;R). Trên đường tròn (O;R) lấy H bấy kỳ sao
cho AHsao cho H nằm giữa B và C và AB=AC=R. Vẽ HM vuông góc với OB ( M ∈ OB), vẽ HN vuông
góc với OC ( N ∈ OC)
a/ Chứng minh OM ×OB=ON ×OC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định
b/ Chứng minh OB ×OC=2R2
c/ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi
( chú ý: dùng kiến thức học kỳ 1 lớp 9)
Bài 5: (1 điểm)
cho dãy số n, n+1, n+2, …, 2n với n nguyên dương. Chứng minh trong dãy có ít nhất một lũy thừa
bậc 2 của 1 số tự nhiên.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------Họ tên thí sinh..........................................................................SBD:................................


Câu
Bài 1
a/
3đ

HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017-2018

MÔN: TOÁN LỚP 9 ( BẢNG A)
Nội Dung
 x+2 x +4

+
a/ Cho biểu thức M = 
 x x −8
Rút gọn M và tìm x để M>1

x+2 x +4
+
*M =
 x−2 x+2 x +4

 1
x +1   3 x − 5
= 
+
+
÷: 
x −1 ÷
 x −2
  x −2

(

x −1+

=

(

(

)(

x −2

)(

x −2

)

x −1

) : (3

 
÷:  3 x − 5 +
x +1 ÷  x − 2
 

( x + 1) 2

) (

x +1

x + 2 x +1   3 x − 5

2 x + 10 
:
+
÷

÷

÷
x −1 ÷
  x −2 x+6 x +5

)(

x −1

)

2

(

(

)(

x +1

)



÷
x +5 ÷


x +5

0,5

)

2 
÷
x +1 ÷

x − 5)( x + 1) + 2( x − 2)

(

x −2

)(

0,5

)

x +1

x − 1 + x − 2 x + x − 2 3x + 3 x − 5 x − 5 + 2 x − 4
:

x −2
x − 11
x −2
x +1

=

=

)(

Điểm
5đ

(

(

)(

)

x−3
x −2

Vậy M=
*M<1 ⇔

)(

3

3

) (

x − 11
x +1

(

)

x +1

)(

3x − 9
x −2

)(

=

) (

x +1

)

x−3
x −2

)(

)

(

x −2

)(

)=

x +1

3( x − 3)

x −1

3

x +1

(

)

)

x −1

>1⇔

3

(

x +1

)

x −1

0,25

−1 > 0 ⇔

4−2 x
3

(

>0⇔

)

x −1

2− x
>0
x −1

0,5

 2 − x > 0

  x − 1 > 0
⇔ 1 < x < 2 ⇔ 1 < x < 4 . Vậy M>1 khi 1Ta có ⇔ 
 2 − x < 0

  x − 1 < 0

b/
2đ

b/Cho a, b, c >0 thỏa mãn ab + bc + ca = 1 . Tính H=
a− b
b− c
c− a
+
+
1+ c
1+ a
1+ b
• Vì ab + bc + ca = 1 nên 1+c= ab + bc + ca + c = ... =
• Tương tự ta có 1 + a =
• Vậy H=

(

a− b

a+ b

)(

+

0,5

x −1

với x ≥ 0; x ≠ 1,3, 4

x −1

(

:

(

0,25

)

a + c ;1 + b =

b− c

(

a+

+

(
b)(

a+ c
b+ c

)

)(

c− a

b+ c

( a + c) ( b + c) ( a + b) ( a + c) ( a + b) ( a + c)
a + c) −( b + c) ( a + b) −( a + c) ( b + c) −( a + b)
(
+
+
=
( a + c) ( b + c) ( a + b) ( a + c) ( b + c) ( a + b)

0,5

)

0,5
0,5
1,0


=
Bài 2
a/
2,0đ

1
1
1
1
1
1
−
+
−
+
−
=0
b+ c
a+ c
a+ c

a+ b
a+ b
b+ c
4,0đ

Giải phương trình

30 −

5
5
+ 6 x2 − 2 = 6 x2
2
x
x

5
5
⇒ 2 > 0;6 x 2 − 1 > 0 , theo côsi ta có
x
6

Vì x 2 ≥

Dấu = có khi

ĐK: x 2 ≥
5
30 − 2 =
x

5
6
5
+ 6x2 −1
2
5
2
6x −1 ≤ x
x2
2

(

(

)

)

0,5

5
= 6 x 2 − 1 ⇔ x = ±1
2
x

5
5
⇒ 6 x 2 − 2 ≥ 0 , theo côsi ta có

Vì x ≥
x
6
2

5
5
6 x 2 − 2 = (6 x 2 − 2 ) ×1 ≤
x
x

5
) +1
x2
2

(6 x 2 −

5
= 1 ⇔ x = ±1
x2
5
5
+ 6 x2 −1 + 6x2 − 2 + 1
2
5
5
x
30 − 2 + 6 x 2 − 2 ≤ x
x

x
2

0,5

Dấu = có khi 6 x 2 −
Vây ta có

5
5
+ 6 x 2 − 2 ≤ 6 x 2 Dấu = có khi ⇔ x = ±1
2
x
x
5
5
Vậy x= ± 1 là nghiệm phương trình 30 − 2 + 6 x 2 − 2 = 6 x 2
x
x

0,5

⇔ 30 −

b/
2,0đ

Tìm số thực x để 3 số x − 3; x 2 + 2 3; x −

2

là số nguyên
x

2
với a, b, c ∈ Z
x
Từ a = x − 3 ⇒ x = a + 3; từ b = x 2 + 2 3 ⇒ x 2 = b − 2 3 , nên ta có

Đặt a = x − 3; b = x 2 + 2 3; c = x −

( a + 3)

2

0,75

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

b − a2 − 3
b − a2 − 3
∈ Q ⇒ 2 3 ∈ Q ⇒ VL
, vì a, b ∈ Z ⇒
a +1
a +1
a + 1 = 0
 a = −1
⇔
⇔ x = 3 −1
Vậy a+1=0 nên ta có 
2

b = 4
b − a − 3 = 0

-Nếu a+1 ≠ 0 ⇒ a ≠ −1 ⇒ 2 3 =

Với x = 3 − 1 ta có a = −1; b = 4 và c = −2 nguyên, thỏa mãn đầu bài
Bài 3
a/
2,0đ

0,5

a/ Tìm x nguyên dương để 4 x3 + 14 x 2 + 9 x − 6 là số chính phương
Vì 4 x3 + 14 x 2 + 9 x − 6 là số chính phương, nên ta có 4 x3 + 14 x 2 + 9 x − 6 =k2 với k ∈ N
2
2
Ta có 4 x3 + 14 x 2 + 9 x − 6 =…= ( x + 2 ) ( 4 x + 6 x − 3) nên ta có ( x + 2 ) ( 4 x + 6 x − 3) = k 2
2
Đặt ( x + 2, 4 x + 6 x − 3) = d với d ∈ N *

Ta có x + 2Md ⇒ ( x + 2 ) ( 4 x − 2 ) Md ⇒ 4 x + 6 x − 4Md

2
2
2
Ta lại có 4 x + 6 x − 3Md ⇒ ( 4 x + 6 x − 3) − ( 4 x + 6 x − 4 ) = 1Md ⇒ d = 1

0,5
0,5
0,25

4,0 đ
0,5
0,5


2
Vậy ( x + 2, 4 x + 6 x − 3) = 1

mà ( x + 2 ) ( 4 x + 6 x − 3) = k 2 nên ta có
x+2 và 4 x 2 + 6 x − 3 là số chính phương ⇒ x + 2 = a 2và 4x 2 + 6 x − 3 = b 2 với a,b ∈ N *
2
2
Vì x>0 nên ta có 4 x 2 < b 2 < 4 x 2 + 12 x + 9 ⇔ ( 2 x ) < b 2 < ( 2 x + 3)
2

Vì b lẻ nên b 2 = ( 2 x + 1) ⇔ 4 x 2 + 6 x − 3 = 4 x 2 + 4 x + 1 ⇔ x = 2
Với x=2 ta có 4 x3 + 14 x 2 + 9 x − 6 =100=102 là số chính phương
b/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = xyz .
1 + 1 + x2 1 + 1 + y 2 1 + 1 + z 2
Chứng minh rằng:
+
+
≤ xyz
x
y
z

0,75

2

b/
2,0đ

1
1
1
+ +
= 1.
xy yz zx

Từ Gt suy ra:

0,25

0,5

 1 1  1 1  1  2 1 1 
1+ x2
1 1 1 1
=
+
+
+
=
Nên ta có:
 + ÷ + ÷ ≤ 2  x + y + z ÷;" = " ⇔ y = z
x
x 2 xy yz zx



 x y  x z 
1 + 1 + x2 ≤ 1  4 + 1 + 1 
Vậy

÷.
2 x y z 
x

1+ 1+ y2 1  1 4 1  1+ 1+ z2 1  1 1 4 
≤  + + ÷ ;
≤  + + ÷
Tương tụ ta có
2 x y z 
2 x y z 
y
z

Vậy ta có

1 + 1 + x 2 1 + 1 + y 2 1 + 1 + z 2 3  1 + 1 + 1  ;" = " ⇔ x = y = z
+
+
≤ 
÷
x
y
z
x y z

1
2
2
2
2
Ta có ( x + y + x ) − 3 ( xy + yz + xx ) = .... = ( x − y ) + ( y − z ) + ( x − z )  ≥ 0

Nên ( x + y + x ) ≥ 3 ( xy + yz + xx )

2

0,5
0,25
0,5

2

⇒ ( xyz ) ≥ 3 ( xy + yz + xz ) ⇒ 3
2

Vậy

1 1 1
xy + yz + xz
≤ xyz ⇒ 3  + + ÷ ≤ xyz
xyz
x y z

1 + 1 + x2 1 + 1 + y 2 1 + 1 + z 2
+

+
≤ xyz ; " = " ⇔ x = y = z
x
y
z

Bài 4

0,25
6đ

a
B
M

O

E
N

a/
3đ

H
A
C

a/ Chứng minh OM ×OB=ON ×OC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định
*Ta có OH ⊥ HB (t/c tiếp tuyến) ⇒ ∆OHB vuông tại H, mà HM ⊥ OB (gt) nên theo hệ
thức lượng trong tam giác vuông ta có OM ×OB = OH = R

2

0,5

2

Chưng minh tương tự ta có ON ×OC = OH 2 = R 2 . Vậy ta có OM ×OB = ON ×OC

0,5


2
* Ta có OM ×OB = OH 2 = R 2 mà OA=R nên ta có OM ×OB = OA ⇒

OM OA
=
OA OB

0,5

µ chung, có OM = OA ⇒ ∆OMA : ∆OAB ⇒ OAM
·
·
Xét ∆ OMA và ∆ OAB có O
.
= OBA

OA OB
·
·

·
·
Ta có AO=AB=R (gt) ⇒ ∆OAB cân ⇒ AOB = OBA
, vậy OAM
⇒ ·AOM = OBA
= ·AOM
⇒ ∆OMA cân ⇒ MO = MA
Chứng minh tương tự ta có ∆ONA cân ⇒ NO = NA
Ta có MO = MA ; NO = NA , vậy MN là trung trực của OA, gọi E là giao điểm của MN
OA
với OA ta có EO=EA=
và MN ⊥ OA tại E, mà O, A cố định nên E cố đinh. Vậy
2

b/
1,5đ

0,5
0,5
0,5

MN luôn đi qua 1 điểm cố định
b/ Chứng minh OB. OC=2R2
Ta có OM ×OB = ON ×OC ⇒

0,5

OM ON
=
OC OB

OM ON
=
⇒ ∆OMN : ∆OCB ,
OC OB
OM OE
OM OE OE 1
1
=
⇒
=
=
= ⇒ OM = OC
mà OE ⊥ MN và OH ⊥ BC nên ta có
OC OH
OC OA 2OE 2
2
µ chung , có
Xét ∆OMN và ∆OCB có O

0.5

( vì OH=OA=2OE)
1
2

2
2
Ta có OM ×OB = OH 2 = R 2 ( cm trên) ⇒ OC ×OB = R ⇒ OC ×OB = 2 R

c/
1,5đ

0,5

c/ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi
Ta có ∆OMN : ∆OCB (cm trên) ⇒
1
4

1 1
4 2

0,5

SOMN OE 2 OE 2
OE 2
1
=
=
=
=
2
2
2
SOCB OH
OA
( 2OE ) 4
1
8

1
8
⇔
H
≡
A
Dấu bằng có khi B, A, C thẳng hàng

1
8

1
4

Nên SOMN = SOCB = × ×OH ×BC = R ×BC ≤ R ( AB + AC ) = R ( R + R ) = R 2
1
4

2
Vậy diện tích tam giác OMN lớn nhất là SOMN = R khi H ≡ A

Bài 5
-Nếu n là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên bài toán chứng minh xong
-Nếu n không là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên, ta luôn tìm được 1 số nguyên dương
2
k sao cho k 2 < n < ( k + 1) .Vì n nguyên dương và n > k 2 ⇒ n ≥ k 2 + 1 , vậy ta có:

0,75
0,25

1đ
0,25
0,5

2n − ( k + 1) ≥ 2(k 2 + 1) − ( k + 1) = ... = k 2 − 2k + 1 = ( k − 1) ≥ 0
2

2

2

Vậy mọi k nguyên dương , nên ta có k 2 < n < ( k + 1) ≤ 2n
Vậy trong dãy luôn có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên.
2

0,25