Đề thi HSG lớp 9 cấp tỉnh môn Toán năm 2015 - 2016 - Sở GD&ĐT Quảng Nam

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
Năm học 2016 – 2017
Môn thi : TỐN
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 10/4/2017

ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. (5,0 điểm)


x4

a) Cho biểu thức P  

 2x  3 x  2

2x  5 x 1  
x 1 
  x x  2  

4x 1  
2
x

i x0

x

1
.
4

3
.
2
b) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa ab  bc  ca  3abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

Rút gọn biểu thức P và tìm x để P 

a3
b3
c3


.
c  a 2 a  b2 b  c 2
Câu 2. (4,0 điểm)

thức A 

a) Giải phương trình x 2  1  x  1  x  2  0 .
2

 xy  2 x  4 y  1
b) Giải hệ phương trình  2 3
2

 x y  2 xy  4 x  3 y  2

Câu 3. (4,0 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a, b) thỏa mãn đẳng thức:

a3  b3  3(a 2  b2 )  3(a  b)  (a  1)(b  1)  25 .
b thỏa 24a2  1  b2. Chứng minh rằng ch có một số a hoặc
b) Cho hai số nguyên a
b chia hết cho 5.
Câu 4. (2,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC cân tại A
nội tiếp trong đường trịn (O) đường kính AK; ấy
điểm I thuộc cung nhỏ
của đường tròn (O) (I khác A, B). Gọi M giao điểm của IK
BC, đường trung trực của đoạn thẳng IM cắt AB và AC ần ượt tại D và E. Chứng minh tứ
giác ADME là hình bình hành.
Câu 5. (4,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC (ABcó trực tâm H.
Gọi D, E, F ần ượt các chân đường cao t A, B, C của tam giác ABC.
a) Gọi K giao điểm của hai đường thẳng EF
BC, gọi L giao điểm của đường
thẳng AK đường tròn (O) (L khác A). Chứng minh HL u ng góc i AK.
b) ấy điểm M thuộc cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B, C). Gọi N và P ần
ượt hai điểm đối xứng của điểm M qua hai đường thẳng AB và AC. Chứng minh ba điểm
N, H, P thẳng h ng.
–––––––––––– Hết ––––––––––––
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị khơng giải thích gì thêm.
Page 1


Họ và tên thí sinh: …..…………………………………….; Số báo danh: …………………..

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
N M HỌC 2016 – 2017

H ỚNG D N CHẤM
M
TOÁN
(Hư ng d n ch m thi nà c 08 trang)
Câu
Đáp á
Điểm
Câu 1

x4
2x  5 x 1  
x 1 

  x x  2  
(5,0 đ) Cho biểu thức P  
 v i x  0 và
4x 1  
2
x
 2x  3 x  2
3,0
3
1

x  . Rút gọn biểu thức P và tìm x để P  .
4
2

x4
2x  5 x 1   2x2  4 x  x x  2 
P


 
0,75
2 x
 (2 x  1)( x  2) (2 x  1)(2 x  1)  

(m i t ong khai t iển được
)
 x 2
2 x  5 x  1   (2 x  1)( x x  2) 


0,5


2 x
 2 x  1 (2 x  1)(2 x  1)  


  (2 x  1)( x x  2) 
2 x 1


0,5


2 x
 (2 x  1)(2 x  1)  



x x 2
2 x

0,25

i x  0 ta có: x x  2  x x  1  1  3. 3 x x .1.1  x x  2  3 x

0,5

Suy ra P 

3
x x 2 3 x
hay P 

2
2 x
2 x

o đó để P 
H

ct

h

dấu bằng xảy ra khi x  1 ).

3
thì x  1 .
2

0,25

cách hác

i x  0 ta có: P 

3
x x 2 3

  x x  3 x  2  0 (*)
2
2
2 x

ặt t  x , t  0 .
hi đó

0,25

tr th nh: t 3  3t  2  0

 (t  1)2 (t  2)  0
ì t  2  0,(t  1)2  0 nên (t  1)2 (t  2)  0  t  1  0  t  1 hay x  1 .

0,25

0,25
0,25
0,25

b) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa: ab  bc  ca  3abc . Tìm giá t ị nhỏ nh t

a3
b3
c3


của biểu thức A 
.
c  a 2 a  b2 b  c 2

2,0

Page 2


Cách 1: h o đ : ab  bc  ca  3abc 

1 1 1
  3

a b c
0,25

a3
(a3  ac)  ac
ac

a
2
2
ca
ca
c  a2
c  a 2  2a c 

ac
1
c 1

c
2
ca
2
4

0,5

a3
c 1
a

Suy ra
.
2
ca
4
b3
a 1
c3
b 1
b
c
Tương tự :
,
.
2
2
ab
4
bc
4
3
3
Suy ra A  (a  b  c) 
4
4
1 1 1
ng
T C i chứng minh được:  a  b  c       9
a b c

0,25
0,25
0,25
0,25

 a  b  c 3  9  a  b  c  3

Suy ra A 

3
dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1 .
2

3
y min A  khi a  b  c  1 .
2
Cách 2 :Ta có: ab  bc  ca  3abc 

1 1 1
  3
a b c

 x, y , z  0
.

x  y  z  3
x
y
z



iểu thức A được iết ại: A 
2
2
y ( x  y ) z ( y  z ) x( z  x 2 )

1
1
1
ặt x  , y  , z 
khi đó:
a
b
c

0,25

0,25

0,25

x
(x  y2 )  y2 1
y
;

 
2
2
y( x  y )

y( x  y )
y x  y2
x
1
1
y
1
 

m x  y2  2 y x 
nên
;
2
2
x y
y( x  y ) y 2 x
2 x

0,25

1
1 1 1
x
1 1 1
 .2 1.  1   nên
  1  
2
x 4 x
y( x  y ) y 4  x 
2 x 4

(d u b ng ả ra khi x  y  1 )

0,25

Ta có :

1

m

Tương tự :

y
1 1 1
z
1 1 1
  1   ,
  1  
2
2
z ( y  z ) z 4  y  x( z  x ) x 4  z 

31 1 1 3
Suy ra A       .
4 x y z  4
ng

TC

1 1 1

i chứng minh được:  x  y  z       9 .
x y z
1 1 1
1 1 1
 3      9     3 ì z  y  z  3 ).
x y z
x y z

0,25

0,25
0,25

Page 3


3
dấu bằng xảy ra khi x  y  z  1 hay a  b  c  1 .
2
3
y min A  khi a  b  c  1 .
2

o đó A 

0,25

Câu 2 a) Giải phương t ình x 2  1  x  1  x  2  0
(4,0 đ) Cách 1:
i u kiện: 1  x  1 .

hi đó ta có: x 2  1  x  1  x  2  0





1 x  1 x



2

2t  2  (t  1)

0,25

 (2  x 2 ) 2  2 1  x 2  2  (2  x 2 )2 (1)

ặt t  1  x 2 , t  0 . hương trình
2

2,0

tr th nh:

0,25

0,25

2

 t 4  2t 2  2t  1  0
 (t  1) (t  1)(t 2  1)  2t   0 (2)

0,25
0,5

ì t  0 nên (t  1)(t 2  1)  2t  0 .
Do đó phương trình
có nghiệm duy nhất t  1 .
i t  1  x  0 thỏa .
y phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x  0 .

0,25
0,25

Cách 2
i u kiện: 1  x  1 .

0,25

x2  1  x  1  x  2  0  1  x  1  x  2  x 2 (*)
2

 t2  2 
2
ặt t  1  x  1  x , t  0 . Suy ra t  2  2 1  x  
 1  2  x
 2 
hi đó phương trình

tr th nh:
4
2
t  4t  4t  8  0  (t  2)(t 3  2t 2  4)  0 (*)
2

ì t 2  2  2 1  x2  2

2

t  0 nên t  2 .

0,25

0,5
0,25

o đó t 3  2t 2  4  2 2  4  4  0 .
uy ra phương trình
có nghiệm duy nhất t  2 .
i t  2  x  0 thỏa .
y phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x  0 .
Cách
i u kiện: 1  x  1 .

0,25

ặt 1  x  a , 1  x  b (a, b  0) . Suy ra: a 2  b2  2 (1)

0,5

ơn n a: 1  x 2  a b  2  x 2  a 2b2  1 .
hương trình đã cho tr th nh: a  b  a 2b2  1 (2)

0,5

0,25

0,25

Page 4


a 2  b 2  2
ab  1

ta cố hệ: 

2 2
a  b  a b  1 a  b  2


T

0,5

a  1

 x0
b  1

0,5

2

 xy  2 x  4 y  1
b) Giải hệ phương t ình 
2 3
2

 x y  2 xy  4 x  3 y  2

2,0

Cách 1:
2
2


 xy  2 x  4 y  1
 xy  (2 x  1)  4 y
(*)
 2 2
 2 3
2


 x y  2 xy  4 x  3 y  2
( x y  2 xy  1) y  2(2 x  1)  2 y
(lưu : không nh t thi t bi n đối đưa v phải của pt thứ hai về 2y , c thể 3y )

2 x  1  0
1
- t y  0 thay o hệ
ta được: 
x
2
2(2 x  1)  0

1

x  
Suy ra 
2
 y  0
-

0,25
một nghiệm của hệ.

t y  0 hệ phương trình

tương đương

i hệ:

2x  1
2x  1


 xy  y  4

( xy  1)  y  5


(**)






2
x

1
2
x

1
2
2
2
 x y  2 xy  1  2
( xy  1)  2

  2

  2


y



 y 
ặt a  xy  1, b 

2x 1
khi đó hệ phương trình
2

a  b  5

* tr th nh: 

2
a  2b  2

a  2 a  4
,
.
b  3 b  9
  2x  1 
3

 xy  1  2
x
1
x




a  2
x  1



3 
2
*V i 
ta có  2 x  1
hoặc 
 

b  3
y 1
y   2
 y  3  y  2x  1


3

3
  2x  1 
 xy  1  4
 x  9   5
a  4


*
i 
ta có  2 x  1

nghiệm
 

9
2
x

1
b  9
 y
y 


9
+ Giải hệ

0,25

tìm được: 

1

x  
y hệ phương trình đã cho có ba nghiệm: 
2,
 y  0

3

x


x  1 
2
, 
.

y 1 y   2

3

0,25

(***)

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

Page 5


Cách 2:

 xy 2  2 x  4 y  1
 xy 2  (2 x  1)  4 y



 2 3
 2 3
2
2
x
y

2
xy

4
x

3
y

2



 x y  2 xy  (4 x  2)  3 y

0,25

2

2 xy  (4 x  2)  8 y
 2 3

 x 2 y 3  xy 2  5 y  0
2

 x y  2 xy  (4 x  2)  3 y

0,25

y  0
  xy  1
 xy  5

0,5

1
i y  0 . uy ra được ( x; y )  ( ;0) .
2

0,25

3 2
i xy  1 . uy ra được ( x; y)  (1;1) hoặc ( x; y )  ( ;  ) .
2 3
i xy  5 . Trường hợp n y kh ng t n tại cặp ( x; y ) .
1

x  1
x  
V y hệ phương trình đã cho có ba nghiệm: 
,
2, 

y

1

 y  0

0,25
0,25

3

 x   2
.

y   2

3

Câu 3 a) Tìm t t cả các cặp số ngu ên dương (a, b) thỏa mãn đẳng thức:
(4,0 đ)
a3  b3  3(a 2  b2 )  3(a  b)  (a  1)(b  1)  25 .

0,25

2,0

a3  b3  3(a 2  b2 )  3(a  b)  (a  1)(b  1)  25

 (a3  3a 2  3a  1)  (b3  3b2  3b  1)  (a  1)(b  1)  25
 (a  1)3  (b  1)3  (a  1)(b  1)  25 (*)

0,5

ặt x  a  1, y  b  1( x, y  Z ; x, y  2) .
hi đó
T

3
3
2
2
tr th nh: x  y  xy  25  ( x  y)( x  xy  y )  xy  25 (**)
2
2
suy ra x  y  x  y  1 m x  xy  y  0 nên:

0,25

x2  xy  y 2  xy  25  x2  y 2  25  x  4 (1).
x, y  2 nên xy  6 .
ơn n a: x  y

0,25

3
3
3
Suy ra x  y  xy  25  31  x  31  x  3 (2)

suy ra: x  4 . Do x  y

T
Th

x  4
ại ch có 
thỏa
y  3

y  2 nên y 2;3 .

a  3
. uy ra 
b  2

0,25

cặp số cần tìm.

b) Cho hai số ngu ên a và b thỏa: 24a 2  1  b2 . Chứng minh

số a hoặc b chia h t cho 5.
Cách 1:
24a 2  1  b2  25a 2  1  a 2  b2  a 2  b2  1(mod 5) (1)

0,25

0,5

ng ch c m t

2,0
0,25

Page 6


a  0, 1, 2(mod 5)
b  0, 1, 2(mod 5)

Ta có: 

a 2  0,1, 4(mod 5)

 2

b  0,1, 4(mod 5)

0,5

(2)

0,5

a 2  0(mod 5)
a 2  1(mod 5)


suy ra:  2
hoặc  2

.


b  1(mod 5)
b  0(mod 5)

T

0,5

Suy ra ch một số a hoặc b chia hết cho 5.

0,25

Cách 2:
24a2  1  b2  25a2  1  a2  b2  a2  b2  5.k  1 (1)

0,25

n  Z  n  5l  r  l  Z , r  0;1;2;3;4

0,5

 n2  5l1  r12  l1  Z , r12 0;1;4 (2)

0,5

a 2  5k1  1
a 2  5k1
suy ra: 

hoặc 
2
2

T

b  5k2

0,5

b  5k2  1

uy ra ch một số a hoặc b chia hết cho 5.
Cách 3:
24a2  1  b2  24a2  b2  1 kh ng chia hết cho 5 nên a
thời chia hết cho 5.
+ Giả s a b đ u kh ng chia hết cho 5.

0,25

b kh ng đ ng

0,25

4

a  1(mod 5)
Th o định ý F rmat ta có  4
 (a 2  b2 )(a 2  b 2 )  0(mod 5)


b  1(mod 5)
Nếu a 2  b2  0(mod 5) thì 25a2  1  a2  b2  0(mod 5) ( vơ lí).

0,5
0,25

Suy ra a  b  0(mod 5)  23a2  1  b2  a2  0(mod 5) (*)
ì a kh ng chia hết cho 5 nên a  1, 2(mod5) .
2

2

0,25
0,25

2
2
i a  1(mod 5)  a  1(mod 5)  23a  1  1(mod 5) trái

i a  2(mod 5)  a 2  4(mod 5)  23a 2  1  3(mod 5) trái
y đi u giả s

i

0,25

i

0,25

sai. T đó suy ra đi u cần chứng minh.

Câu 4 Cho tam giác nhọn
C c n t i và n i ti p t ong đường t n ( ) đường
(2,5 đ) kính
; l điểm thu c cung nhỏ
của đường t n ( ) ( khác , ). Gọi

là giao điểm của
và C, đường t ung t ực của đo n thẳng
c t
C lần lượt t i D và E. Chứng minh tứ giác D E là hình bình hành.

và

2,5

Page 7


A

1

2

E

I
O

1
/

D
N

1
2

F

/
1

1
B

//

//

M

C

K

Gọi N

( hơng c hình v khơng ch m bài)

trung điểm của IM, F giao điểm của DE IB.

0,5

Ta có: I1  A1  A2  F1  C1  F2  B1
uy ra tứ giác BFDM nội tiếp trong đường tròn.

0,25

 DMB  F1  C1
Suy ra DM // AC hay DM // AE (1)

AED  EDM  EDI . uy ra

0,5
hình thang cân.

0,5

(Hoặc tứ giác D và
C n i ti p nên FDM  IAE ;
FDM  FDI  DIA  DIA  IAE . Su a ED là hình thang c n.)
Suy ra ADE  IED  DEM nên AD//EM (2)
T
suy ra tứ giác ADME hình bình h nh.

0,5
0,25

Cách hác

Gọi N trung điểm của IM, F giao điểm của DE IB.
Ta có: I1  A1  A2  F1  C1  tứ giác F C nội tiếp trong đường tròn.

0,5

Suy ra FBC  AED (1).

0,25

ặt khác F1  C1  F2  B1  tứ giác F

nội tiếp trong đường tròn.

0,5

Suy ra FBC  MDE (2).
suy ra AED  MDE  AE//DM (*)

T

0,25

ơn n a AED  MDE  AED  IDE
DE//IA. o đó tứ giác AEDI hình thang cân.

0,25

Suy ra ADE  IED m IED  DEM nên ADE  DEM  AD//EM (**)
T
suy ra tứ giác ADME hình bình h nh.

0,25

Câu 5 Cho tam giác nhọn
C(
C) n i ti p t ong đường t n ( ) và c t ực t m
(4,5 đ) là H. Gọi D, E, lần lượt là các ch n đường cao v t
, , C của tam giác

ABC.
Page 8


a) Gọi

là giao điểm của hai đường thẳng E và C, gọi là giao điểm của
đường thẳng
và đường t n ( ) ( khác ). Chứng minh H vuông g c v i
AK.

2,5

A

E
L
O
F

K

B

H
D

C

( hơng c hình v khơng ch m bài)

Cách 1:

t hai tam giác KBF
KEC có:
i FBC )
K chung, KBF  KEC ì c ng b
Suy ra KBF
KEC đ ng dạng.
KB KF
Suy ra:

 KB.KC  KF .KE (1)
KE KC
Tương tự: KBL
KAC đ ng dạng.
KB KL
Suy ra:

 KB.KC  KL.KA (2)
KA KC

KF KL
T
suy ra: KF .KE  KL.KA 
hơn n a FKL  AKE .

KA KE
Suy ra KFL
KAE đ ng dạng.

0,5

0,25

0,5

0,5

0,25
Suy ra KFL  KAE .
o đó điểm A, L, F, E c ng nằm trên đường tròn.
A, E, F nằm trên đường trịn đường kính AH nên L c ng nằm trên đường trịn 0,5
đường kính AH. y HL u ng góc i AK.

Cách 2:
ạ H ’ u ng góc AK tại ’. Ta đi chứng minh ’ thuộc đường tròn (O).

5 điểm , ’, , H, E c ng nằm trên đường trịn đường kính AH.
Chứng minh được KFL '
KAE đ ng dạng.
 KL '.KA  KF.KE .

Tương tự chứng minh được: KF.KE  KB.KC
Suy ra KL '.KA  KB.KC .
Chứng minh được
y HL u ng góc

’ C nội tiếp. uy ra ’ tr ng L.
i AK.

điểm
thu c cung nhỏ C của đường t n ( ) ( khác , C). Gọi
và P lần lượt là hai điểm đối ứng của điểm
ua hai đường thẳng
và C.
Chứng minh ba điểm , H, P thẳng hàng.

0,25
0,5
0,5
0,5
0,25
0,5

b)

2,0

Page 9


A

E

P

O

F
H
N
B

C

D

M

( hơng c hình v khơng ch m bài)


 ANB  AMB
 ANB  ACB
Ta có: 

 AMB  ACB

0,25

Tứ giác DHEC nội tiếp nên ACB  AHB  1800 . Suy ra ANB  AHB  1800 .

o đó tứ giác AHBN nội tiếp trong đường tròn.

0,5

Suy ra NHB  NAB .

NAB  MAB nên NHB  MAB

Tương tự ta c ng chứng minh được: CHP  MAC .

0,25
0,5

+ Suy ra NHB  BHC  CHP  MAB  BHC  MAC  (MAB  MAC )  BHC
 BAC  BHC  BAC  FHE  1800

uy ra N

0,5

thẳng h ng.

Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì an Giám khảo thảo u n
điểm cho ph hợp i ư ng dẫn chấm.

thống nhất thang

Page 10