018 đề HSG toán 9 bắc giang 2017 2018

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 x2  9 x  6 là số chính phương
b/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  xyz .
2
2
2
Chứng minh rằng: 1  1  x  1  1  y  1  1  z  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 AHC sao 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
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 1   3 x  5
2 x  10 

 : 

x  1   x  2 x  6 x  5 


x2 x 4
( x  1) 2

*M 

 x2 x2 x 4
x 1
x 1

 1
x 1   3 x  5
2 
 


 : 


x 1   x  2
x  1 
 x 2



x 1 







 



x 1

x 2



x 2



x 1

 : (3





 
: 3 x 5 
  x 2
 

2









x 5 


x 5



x 1

0,5



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=
3



*M<1 
3





x  11

x 1



3x  9
x 2







1

x 1

3



x 1



 

x 1

với x  0; x  1,3, 4

x 1

x 1

:





x 1



x 3
x 2





0,25



x 2





x 1

3( x  3)

x 1

3



x 1



0,25

1  0 

42 x
3





x 1

0

2 x
0
x 1

0,5

 2  x  0

  x  1  0
Ta có  
 1  x  2  1  x  4 . Vậy M>1 khi 1 2  x  0

  x  1  0

b/
2đ

b/Cho a, b, c >0 thỏa mãn ab  bc  ca  1 . Tính
a b
b c
c a


H=
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



a  c ;1  b 

b c



a




b 


c

a c
b

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
Vì x 
 2  0;6 x 2  1  0 , theo côsi ta có
6
x
5
Dấu = có khi 2  6 x 2  1  x  1
x
2

ĐK: x 2 
5
30  2 
x

5
6





5
 6 x2  1
2
5

2
6x 1  x
x2
2



5
5
5
5
Vì x 2 
 6 x 2  2  0 , theo côsi ta có 6 x 2  2  (6 x 2  2 ) 1 
6
x
x
x
5
Dấu = có khi 6 x 2  2  1  x  1
x
5
5
 6 x2 1  6 x2  2  1
2
5
5
x
Vây ta có 30  2  6 x 2  2  x
x
x

2



5
) 1
x2
2

0,5

(6 x 2 

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

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  x2  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
Với x  3  1 ta có a  1; b  4 và c  2 nguyên, thỏa mãn đầu bài

-Nếu a+1  0  a  1  2 3 

Bài 3
a/
2,0đ

0,5

0,5
0,5
0,25
4,0 đ

a/ Tìm x nguyên dương để 4 x  14 x  9 x  6 là số chính phương
Vì 4 x3  14 x2  9 x  6 là số chính phương, nên ta có 4 x3  14 x2  9 x  6 =k2 với k  N
Ta có 4 x3  14 x2  9 x  6 =…=  x  2   4 x 2  6 x  3 nên ta có  x  2   4 x 2  6 x  3 = k 2
3

2

Đặt  x  2, 4 x 2  6 x  3  d với d  N *

Ta có x  2 d   x  2 4 x  2  d  4 x  6 x  4 d

Ta lại có 4 x2  6 x  3 d   4 x2  6 x  3   4 x2  6 x  4   1 d  d  1

0,5

0,5


Vậy  x  2, 4 x2  6 x  3  1

0,75

mà  x  2   4 x 2  6 x  3 = k 2 nên ta có
x+2 và 4 x2  6 x  3 là số chính phương  x  2  a2và 4x 2  6x  3  b2 với a,b  N *
2
2
Vì x>0 nên ta có 4 x2  b2  4 x2  12 x  9   2 x   b2   2 x  3
Vì b lẻ nên b2   2 x  1  4 x2  6 x  3  4 x2  4 x  1  x  2
2

Với x=2 ta có 4 x3  14 x2  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 .
b/
2,0đ

Chứng minh rằng:

Vậy

1  1  x2 1  1  y 2 1  1  z 2


 xyz
x
y
z

1
1
1
 
 1.
xy yz zx

Từ Gt suy ra:
Nên ta có:

0,25

0,5

 1 1  1 1  1  2 1 1 
1 x2
1 1 1 1
 2  
           ;"  "  y  z

x
x xy yz zx
 x y  x z  2  x y z 

1  1  x2 1  4 1 1 
    .
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 
z
y

Vậy ta có

 1 1 1
1  1  x2 1  1  y 2 1  1  z 2


 3     ;"  "  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

0,25
6đ

Bài 4
a
B
M
H
E
O

A

N
C

a/
3đ

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  R2 . Vậy ta có OM  OB  ON  OC

0,5


* Ta có OM  OB  OH 2  R2 mà OA=R nên ta có OM  OB  OA2 

OM OA

OA OB

OM OA
 OMA OAB  OAM  OBA .

OA OB
Ta có AO=AB=R (gt)  OAB cân  AOB  OBA  AOM  OBA , vậy OAM  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

0,5

Xét  OMA và  OAB có O chung, có

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
mà OE  MN và OH  BC nên ta có





  OM  OC
OC OH
OC OA 2OE 2
2

Xét OMN và OCB có O chung , có

0.5

( vì OH=OA=2OE)
1
2

Ta có OM  OB  OH 2  R2 ( cm trên)  OC  OB  R 2  OC  OB  2 R 2
c/
1,5đ

0,5

c/ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi
Ta có OMN
1
4

OCB (cm trên) 

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
Dấu bằng có khi B, A, C thẳng hàng  H  A

1
8

1
4

Nên SOMN  SOCB    OH  BC  R  BC  R( AB  AC )  R( R  R)  R 2
1
4

Vậy diện tích tam giác OMN lớn nhất là SOMN  R 2 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