089 đề HSG toán 9 vinh 2016 2017

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ VINH
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
DỰ THI CẤP TỈNH CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9
NĂM HỌC: 2016-2017
Môn: Toán – Lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đê)
Ngày thi: 26 tháng 11 năm 2016

Bài 1. (4,0 điểm)
1) Cho a+b+c=0 và a,b,c đều khác 0. Rút gọn biểu thức:
A

ab
bc
ca
 2 2 2 2 2
2
2
a  b  c b  c  a c  a  b2
2

2) Tính giá trị của biểu thức:
P

x3  x 2  5x  3  6
x  2x  7x  3
3

2

tại x  1  3 2  3 4

Bài 2. (4,0 điểm)
x 2  xy  y2  3

1) Giải hệ phương trình 

x  y  xy  5

2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau:

 2x  5y  1  2 x  x2  x  y   105

Bài 3. (4,0 điểm)
1) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n thỏa mãn  20142014  1 chia hết
cho n3  2012n
2) Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn 2x2  x  3y2  y
Chứng minh x – y ; 2x +2y+1 và 3x +3y+1 đều là các số chính phương
Bài 4. (6,0 điểm)
Cho đường tròn (O;R) và một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn.
Trên d lấy một điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đườn tròn (A,
B là các tiếp điểm). Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến của (O) tại C cắt AB tại E
a) Chứng minh tam giác BCM đồng dạng với tam giác BEO
b) Chứng minh CM vuông góc với OE
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của dây AB và diện tích tứ giác MAOB
Bài 5. (2,0 điểm)
1
a

1
b

1
c

Giả sử a, b, c là những số thực thỏa mãn a, b, c  0 và a  b  c     0
Chứng minh rằng

a 6  b 6  c6
 abc
a 3  b 3  c3


ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 VINH NĂM 2016-2017
Câu 1
1) .Từ a  b  c  0  a  b  c
Bình phương hai vế ta được a2  b2  2ab  c2 nên a2  b2  c2  2ab
Tương tự : b2  c2  a2  2bc và c2  a2  b2  2ac
ab
bc
ca
1 1 1
3


   
2ab 2bc 2ca
2 2 2

2
3
Vậy A  
2
2) . Ta có x 3 2  1  1  3 2  3 4 3 2  1  2  1  1

Do đó A 



 





Suy ra x 3 2  x  1  2x3   x  1 hay x3  3x2  3x  1
Do đó
3

P

3x 2  3x  1  x 2  5x  3  6
3x 2  3x  1  2x 2  7x  3
4  x  1  6
2



x  2

2



2 x 1  6
x2



4x 2  8x  4  6



x 2  4x  4

2  x  1  6
x2



2x  4
2
x2

(vì x  1  3 2  3 4  2)
Vậy P  2 tại x  1  3 2  3 4
Câu 2
2
x 2  xy  y2  3 

 x  y   3xy  3

1) Ta có : 
x  y  xy  5

x  y  xy  5

Đặt a = x – y , b = xy (1)
a 2  3b  3
a  b  5

Hệ phương trình trên trở thành 

a  3
a  6
hoặc 
b  2
b  11

Giải hệ phương trình trên ta được 

Với a = 3 , b = - 2 thay vào (1) ta được
x  y  3 x  1
x  2

và 

xy  2
y  2
y  1

Với a = - 6 , b = -11 thay vào (1) ta được
x  y  6
x  y  6
 2
. Hệ phương trình vô nghiệm

xy  11
y  6y  11  0
x  1
x  2
Vậy hệ phương trình có nghiệm 
và 
y  2
y  1


2) .  2x  5y  1  2 x  x2  x  y   105
Vì 105 là số lẻ nên 2x  5y  1 và 2 x  x2  x  y phải là các số lẻ
Từ 2x+5y+1 là số lẻ mà 2x+1 là số lẻ nên 5y là số chẵn suy ra y chẵn
x
2  x2  x  y là số lẻ mà x2  x  x(x  1) là tích của hai số nguyên liên tiếp
nên là số chẵn, y cũng chẵn nên 2 x là số lẻ. Điều này xảy ra khi x=0
Thay x=0 vào phương trình đã cho ta được:

 5y  1 y  1  105

 5y2  6y  104  0
 5y2  20y  26y  104  0
 5y(y  4)  26(y  4)  0

 (5y  26)(y  4)  0
26
(loại) hoặc y  4 (thỏa mãn)
y
5

Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x;y)=(0;4)
Câu 3
1) .Giả sử tồn tại số nguyên n thỏa mãn  20142014  1 chia hết cho n3  2012n
Ta có n3  2012n  n3  n  2013n  n(n  1)(n  1)  2013n
Vì n – 1 , n. n+1 là ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3
Suy ra n  n  1 n  1 3 mà 2013 3 nên  n3  2012n  3(1)
Mặt khác 20142014  1   2013  1  1 chia cho 3 dư 2 vì 2013 3 (2)
Từ (1) và (2) dẫn đến điều giả sử trên là vô lý, tức là không có số nguyên
nào thỏa mãn điều kiện bài toán đã cho
2) Từ: 2x2  x  3y2  y (1)  2x2  2y2  x  y  y2  (x  y)(2x  2y  1)  y2
(2)
2
2
2
2
Mặt khác từ (1) ta có: 3x  3y  x  y  x  (x  y)(3x  3y  1)  x
2014

 (x  y)2 (2x  2y  1)(3x  3y  1)  x2 y2
 (2x  2y  1)(3x  3y  1) là số chính phương (3)

Gọi  2x  2y  1;3x  3y  1  d
 (2x  2y  1) d;

(3x  3y  1) d

  3x  3y  1   2x  2y  1   x  y  d

 2(x  y) d  (2x  2y  1)  2(x  y)  1 d nên d = 1
  2x  2y  1;3x  3y  1  1
(4)

Từ (3) và (4)  2x  2y  1 và 3x+3y+1 đều là số chính phương
Lại có từ (2) suy ra  x  y  2x  2y  1 là số chính phương nên x – y cũng là
số chính phương.


Vậy 2y2  x  3y2  y thì x  y;2x  2y  1 và 3x+3y+1 đều là các số chính
phương
Câu 4

A

O
Q
P

N
C
BI
E

M
H

d

a) Gọi Q là giao điểm của AB với OM
Ta có AM // CE (cùng vuông góc với AC)
Suy ra BEC  MAB (so le trong)
Mà ABC  900 ;AQM  900 và AMO  OMB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
 AMO  OMB  BCE (cùn phụ với hai góc bằng nhau)
BE OB
MB OB



(1)
BC MB
BC BE
Lại có MBA  OBC (cùng phụ với ABO)
 tan BCE  tan OMB 

Nên MBC  OBE (cùng = 900  OBC ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra MBC OBE(c.g.c)
b) Từ MBC OBE  BCM  BEO
Gọi I và N lần lượt là giao điểm của OE với BC và MC
BIE NIC (g.g)  IBE  INC mà IBE  900
Nên INC  900. Vậy CM  OE
c) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d. P là giao điểm của AB với OH


Ta có OQP OHM (g.g) 

OQ OP

OH OM

 QO.OM  OP.OH  OA2  R2  OP 

R2
OH

Mà O và d cố định  OH không đổi nên OP không đổi
Lại có AB  2AQ  2 OA2  OQ2 mà OQ  OP
R4
2R
 AB  2 OA  OP  2 R 

. OH 2  R2
2
OH
OH
Dấu “=” xảy ra  Q  P  M  H
2R
Vậy GTNN của AB 
. OH2  R2  M  H
OH
1
*) Vì MO  AB nên S AOBM  AB.OM  AQ.OM
2
Vẽ dây cung A1B1 vuông góc với OH tại P, do P và (O) cố định nên A1B1
2

2

2

không đổi
Vì OP  OQ  AB  A1B1 (liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây).
1
2
Dấu “=” xảy ra  M  H
1
Vậy GTNN của S AOBM  A1B1.OH khi và chỉ khi M  H
2

Mà OM  OH  S AOBM  A1B1.OH (không đổi)

Câu 5
* a  b  c  0  a  b  c   a  b   c3  a 3  b 3  c3  3ab(a  b)  3abc
3

1 1 1
*    0  ab  bc  ca  0
a b c

   b   c 

*a 6  b6  c6  a 3

2

3

2

3

2



 2 a 3b3  b3c3  c3a 3

*ab  bc  ca  0  a 3b3  b3c3  c3a 3  3a 2 b2 c2
2
Do đó *a6  b6  c6   3abc   2.3a 2 b2c2  3a 2 b2c2

Vậy

a 6  b6  c6 3a 2 b2c2

 abc
a 3  b 3  c3
3abc

