014 đề HSG toán 9 bắc giang 2016 2017

PHÒNG GD&ĐT
TP. BẮC GIANG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2016-2017
Môn: Toán lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (5 điểm)
a a b b
a
b
với a, b > 0 và a  b


ab
a b
b a
Rút gọi M và tính giá trị biểu thức M biết 1  a 1  b   2 ab  1

a. Cho biểu thức M=

5
4

 18 2  3
a b 2 a b 2
c. Cho a, b, c thỏa mãn a  b  c  7 ; a  b  c  23 ; abc  3
1
1
1

Tính giá trị biểu thức H=


ab  c  6
bc  a  6
ca  b  6

b. Tìm các số nguyên a, b thoả mãn

Bài 2: (4,5 điểm)
a. Tính giá trị của biểu thức N=

4 3  4 3
4  13

 27  10 2

b. Cho a, b là số hữu tỉ thỏa mãn  a 2  b2  2   a  b  + (1  ab)2  4ab
2

Chứng minh 1  ab là số hữu tỉ
2
c. Giải phương trình x  x  4  2 x  1 1  x 
Bài 3: (3,5 điểm)
a. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn x5  y 2  xy 2  1
b. Cho a, b, c>0 thỏa mãn abc=1 . Chứng minh
1
1
1
3




ab  a  2
bc  b  2
ca  c  2 2

Bài 4: (6 điểm) Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng
bờ AB có chứa nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, trên Ax lấy
M sao cho AM > R. Từ M vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn, từ C vẽ CH
vuông góc với AB, CE vuông góc với AM. Đường thẳng vuông góc với AB tại
O cắt BC tại N. Đường thẳng MO cắt CE, CA, CH lần lượt tại Q, K, P.
a. Chứng minh MNCO là hình thang cân
b. MB cắt CH tại I. Chứng minh KI song song với AB
c. Gọi G và F lần lượt là trung điểm của AH và AE. Chứng minh PG vuông
góc với QF
Bài 5: (1 điểm) Tìm số nguyên dương n lớn nhất để A= 427 + 42016 + 4n là số
chính phương
Họ tên thí sinh.................................................... SBD:................................


HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2016-2017
MÔN: TOÁN LỚP 9

Câu
Bài 1
a/
1,5đ

Nội Dung

-Rút gọn M=

Điểm
4đ

ab
với a, b>0 và a  b
a b

0,75

-Ta có

1  a 1  b   2
 ab 



a b

ab  1  ab  a  b  1  2 ab  1



2

(

ab 2
) 1

a b

0,25

ab
1
a b

+ Nếu a>b>0
 a  b  a  b  0; ab  0 

ab
0
a b

0,25

ab
ab
ab


1 M 1
a b
a b
a b



+ nếu 0

 a  b  a  b  0; ab  0 

0,25

ab
 ab
 ab


 1  M  1
a b
a b
a b



b/
1,5đ

ab
0
a b

5
4

 18 2  3
ab 2 ab 2

 5a  5b 2  4a  4b 2  18 2  a 2  2b2   3  a 2  2b2 

 5a  5b 2  4a  4b 2  18a 2 2  36b2 2  3a 2  6b 2

0,5

 18a 2 2  36b2 2  9b 2  3a 2  6b2  a
 18a 2  36b2  9b  2  3a 2  6b2  a

3a 2  6b2  a
18a 2  36b2  9b
3a 2  6b2  a
 Q  2  Q  Vô lý vì
Vì a, b nguyên nên
18a 2  36b2  9b

-Nếu 18a 2  36b2  9b  0  2 

2 là số vô tỉ

-Vây ta có
3
 2
2
18a 2  36b2  9b  0
3

3a  6b  b
18a  36b  9b  0   2

2 a b
2

2
2
2

3a  6b  a  0

3a  6b  a
3
Thay a= b vào 3a 2  6b2  a  0 t
2
9 2
3
a có 3  b  6b2  b  0  27b2  24b2  6b  0  3b(b  2)  0
4
2
2

0,25

2

0,75


Ta có b=0 (loại) ; b=2 (thoã mãm) , vậy a=3. Kết luận
c/
2đ

Ta có



a b c



2

 abc2



ab  bc  ca



0,25

mà a  b  c  7 ; a  b  c  23 nên ab  bc  ca  13
Ta có a  b  c  7  c  6   a  b  1
nên ab  c  6  ab  a  b  1  a  1 b  1
bc  a  6 

Tương tự





b 1









c  1 ; ac  b  6 



0,75



a 1



c 1

1
1
1


ab  c  6
bc  a  6

ca  b  6
1
1
1
=


a 1 b 1
b 1 c 1
a 1 c 1

Vậy H=



=

=
Bài 2
a/
1,5đ



 

 





c 1 a 1 b 1





a 1

abc 







b 1



c 1



a  b  c 3

 

a b c 

2( 4  3  4  3 )

N=



1,0

8  2 13

73
 1
3  7  13  1

4,5 đ
0,25

 25  10 2  2

2( 4  3  4  3 )

=



ab  bc  ca  1



0,5

 (5  2)2

(4  3)  2 4  3 4  3  (4  3)


2( 4  3  4  3 )
( 4 3  4 3)

b/
1,5đ

 (5  2)2 

2

2( 4  3  4  3 )
4 3  4 3

 5 2  2 5 2  5

2
2
(GT)   a  b   2(ab  1)  (a  b) 2  1  ab   0



  a  b   2(a  b) 2 (1  ab)  (1  ab) 2  0

4

0,5

0,25
0,5

2

2
  a  b   (1  ab)   0  (a  b) 2 -(1  ab)=0



 (a  b) 2  1  ab  a  b  1  ab  Q;vi:a;b  Q.KL

c/
1,5đ

Đi u ki n: x  1 (*).
x 2  x  4  2 x  1 1  x 
Ta có:
 x 2  2 x x  1  x  1  2( x  x  1)  3  0





2





 x  x 1  2 x  x 1  3  0

Đặt x  x  1  y (Đi u ki n: y  1 ** ), phương trình tr thành
y 2  2 y  3  0.

0,25
0,5

0,5


 y  1
y 2  2 y  3  0   y  1 y  3  0  
y  3
+Với y  1 không thỏa mãn đi u ki n ( ).
+ Với y  3 ta có phương trình:

0,25

1  x  3
x  x 1  3  x 1  3  x  
2
 x  1  9  6x  x
1  x  3
1  x  3


 2
  x  2  x  2
 x  7 x  10  0
 x  5


0,5

Vậy phương trình có nghi m x  2.

Bài 3
a/
1,75đ

0,25
3,5 đ

Ta có x  y  xy  1   x  1   xy  y   0
5

2

2

5

2

2

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

x 1  0
 4
3
2
2
x  x  x  x 1  y
- Nếu x  1  0  x  1 ta có 1  y 2  y 2  1 đúng với mọi y nguyên
Vậy ngi m của PT là (1;y  Z)
*Nêu x 4  x3  x 2  x  1  y 2  4 x 4  4 x 3  4 x 2  4 x  4  (2 y )2

Ta có

2 y 

2

0,25

0,25

  2 x2  x   4 x4  4 x3  4 x2  4 x  4  4 x4  4 x3  x2
2

2

2 8

 3x  4 x  4  3  x     0

3 3

2
2
2
Vậy ta có (2 x  x)   2 y  *
2

Ta có  2 x 2  x  2  (2 y )2  5x 2  0 , Vậy ta có  2 y    2 x 2  x  2  **
Từ và ta có
2

2

2

1đ

(2 x 2  x )2   2 y    2 x 2  x  2    2 y    2 x 2  x  1 ;
2

2

2 y 

2

  2 x2  x  2

2

2

2

Nếu  2 y   (2 x 2  x  1)2   x 2  2 x  3  0  x 2  2 x  3  0
2

 x  1
 ( x  1)( x  3)  0  
x  3
2
+ nếu x  1  y  1  y  1
+Nếu x  3  y 2  121  y  11

-Nếu  2 y   (2 x 2  x  2)2  5x 2  0  x  0  y 2  1  y  1 .
Kết luận
2

Ta có 3  x 2  y 2  z 2    x  y  z   ...   x  y    y  z    x  z   0
2

b/

2

2

2

0,25
0,5


1,75đ





  x  y  z   3 x 2  y 2  z 2 nên với x,y,z>0 ta có
2

x  y  z  3  x 2  y 2  z 2  , áp dụng ta có
1
1
1
1
1
1




 3



ab  a  2
bc  b  2

ca  c  2
 ab  a  2 bc  b  2 ca  c  2 

-Với x,y>0 ta có x  y  2 xy   x  y   4 xy 
2

1
11 1
   
x y 4 x y

0,5

áp dụng ta có
1
1
1
1



ab  a  2 ab  1  a  1 ab  abc  a  1 ab( c  1)  ( a  1)
1
1
1  1  abc
1  1 c
1 

 


 





4  ab(c  1) a  1  4  ab(c  1) a  1  4  c  1 a  1 
1
1 c
1 
Vây ta có
 


ab  a  2 4  c  1 a  1 
1
1 a
1 
1
1 b
1 
Tương tự ta có
 

 

;
 nên
bc  b  2 4  a  1 b  1  ca  c  2 4  b  1 c  1 


1
1
1


3



 ab  a  2 bc  b  2 ca  c  2 

0,5

1 c
1
a
1
b
1  3
 3 






4  c 1 a 1 a 1 b 1 b 1 c 1 2
1
1

1
3
Vậy


 dấu “=” có khi a=b=c=1
ab  a  2
bc  b  2
ca  c  2 2

0,25
6đ

Bài 4
N

M

E

Q

F

K

A

C
I

T

G

O

H

P

B


a/
2đ

-Ta có ACB nội tiếp đường tròn (vì...) mà AB là đường kính nên ACB
vuông tại C  AC  BN
Ta có MA=MC (.....), OA=OC (....) nên MO là trung trực của AC
 MO  AC  MO // NB  MOA  NBO
-Ta có OA  MA (....)  MAO  NOB  900 ; xét MAO và NOB có
MAO  NOB  900 ; MOA  NBO; OA  OB  R  MAO  NOB  MO  NB
-Ta có MO // NB; MO  NB  MNBO là hình bình hành.Ta có MAO =
NOB (cm trên) nên ta có NO=MA, mà MA=MC (...) nên NO=MC vậy

MNBO là hình thang cân
b/
2đ

c/

2đ

-Xét CHB và MAO có MAO  NOB  900 ; CBH  MOA ( cm trên)
CH HB HB


MA AO
R
-Ta có CH  AB (gt) ; MA  AB (...)
IH HB HB
 CH // MA  IH // MA 


MA AB 2 R
CH HB
HB
IH 2 IH
-Nên ta có 

 2
 2

 CH  2 IH  IC  IH .
MA
R
2R
MA MA
-Chi ra KI là đường trung bình của tam giác ACH  KI // AB
 CHB

0,75

0,75
0,5

MAO 

-Chưng minh FQIO là hình bình hành  QF // IO
-Chưng minh O là trục tâm tam giác GIP

0,5
0,5
0,5
0,75
0,75
0,5
1đ
0,25

 PG  OI  PG  QF

Bài 5

0,5

* A  427  42016  4n   227  1  41989  4n27 
2

Vì A và  227  là số chính phương nên 1  41989  4n27 là số chính phương
2

Ta có 1  41989  4n27 > 4n27  (2n27 )2
*mà 1  41989  4n27 là số chính phương nên ta có

0,5

1  41989  4n27   2n27  1  2n27  23977  n  4004
2

Với n=4004 ta có A= A  427  42016  44004   227  24004  là số chính phương
2

Vậy n=4004 thì A=427+42016+4n là số chính phương

0,25