DE THI HSG VA DAP AN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH


ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2016-2017

Mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

2x  6  3  2 1 
Câu 1. (3,0 điểm) Cho
Tính

P

3 1
2 1

x 4  2 x 3  4 x 2  12 x  11
2 x2  6 x  2

Câu 2. (3,0 điểm) Cho hai hàm số:

y  m2  2  x  m3  3m  1

và y  x  2m  1 có đồ thị lần lượt là d1 , d 2 .

Gọi A( x0 ; y0 ) là giao điểm của d1 và d 2 .
a)

Tìm tọa độ điểm A .

b) Tìm m nguyên để biểu thức
Câu 3. (4,0 điểm)

T

x02  3 x0  3
y02  3 y0  3 nhận giá trị nguyên.

2
3
1) Giải phương trình: 2 x  11x  21 3. 4 x  4

2 x 2 y 2  x 2 y  xy  x  1 0
 2 2
x y  x 2 y  6 x 2  x  1 0
2) Giải hệ phương trình sau: 
Câu 4. (2,0 điểm) Cho tam giác MNP cân tại P . Gọi H là trung điểm MN, K là hình chiếu vng góc
của H trên PM. Dựng đường thẳng qua P vng góc với NK và cắt HK tại I . Chứng minh rằng I là
trung điểm của HK .
Câu 5. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A . Trên tia đối của tia AC lấy điểm M sao cho
0  AM  AC . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM , K là hình chiếu vng góc của M
trên BC , MK cắt AB tại H . Gọi E , F lần lượt là trung điểm của CH và BM .
a) Chứng minh rằng tứ giác AFKE là hình vng.
b) Chứng minh rằng AK , EF , OH đồng qui.
2
2
2n
Câu 6. (2,0 điểm) Tìm số nghiệm nguyên dương (x; y) của phương trình x  y 100.110 với n là số

nguyên dương cho trước. Chứng minh rằng số nghiệm này khơng thể là số chính phương.
Câu 7. (2,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc +ca = abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P

a4  b4
b4  c4
c4  a 4


ab  a 3  b3  bc  b3  c 3  ca  c 3  a 3 
--------- HẾT ---------


Họ tên thí sinh…………………………………………………………..…..Số báo danh……………...........
(Giám thị khơng giải thích gì thêm)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2016 - 2017

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN TỐN
(Gồm 06 trang)
CÂU

NỘI DUNG

Câu 1.

3 1
x 4  2 x 3  4 x 2  12 x  11

P
2  1 . Tính
2x2  6 x  2

2 x  6  3  2 1 

(3,0 điểm) Cho

3 1
( 6  2)  ( 3  1) 
2 1

2 x  6  3  2 1 

3 1  2 1 








( 3  1)

ĐIỂM

3 1
2 1

1 

2 1 

0,5

22 2
2 1

0,5

2( 3  1)
Vậy x  3  1 .
Ta có x 

0,5

3  1 0  ( x 

3  1)( x  1  3) 0

 ( x  1) 2  3 0  x 2  2 x  2 0 .
P


Câu 2.
(3,0 điểm)

0,5

( x 2  2 x  2)( x 2  6)  1
1
2  x2  2 x  2   2 x  6   2x  6
1

1



 2 3 4

Cho hai hàm số:





3 1

2



0,5

1
3 1

2
3 1

0,5

y  m2  2  x  m3  3m  1

và y  x  2m  1 có đồ thị lần lượt là

d1 , d 2 . Gọi A( x0 ; y0 ) là giao điểm của d1 và d 2 .
a) Tìm tọa độ điểm A .

b) Tìm m nguyên để biểu thức

T

x02  3 x0  3
y02  3 y0  3 nhận giá trị nguyên.

a)

 y  m 2  2  x  m 3  3m  1

(1,5 điểm)
y  x  2m  1
Tọa độ điểm A là nghiệm hệ: 
  m 2  1 x m3  m  x m

0,5
0,5


CÂU

NỘI DUNG

ĐIỂM

 y  m 1 . Vậy A(m; - m + 1)
b)
(1,5 điểm)

T
T

0,5

m 2  3m  3
m2  m  1

0,5

3  m 2  m  1  2m 2
m2  m  1

3 

2m 2
3
m2  m  1

0,25

2
2
3m2  9m  9 m  m  1  2  m  4m  4 
3T  2

m  m 1
m2  m 1
2

2  m  2
1
1  2
1  T 
m  m 1
3

0,25

1
T 3 mà T  
Suy ra: 3
nên T  {1; 2; 3}
+) T 1 tìm được m = -1.
+) T = 2 khơng tìm được m ngun thỏa mãn.
+) T =3 tìm được m =0.
Câu 3.

2
3
1) Giải phương trình: 2 x  11x  21 3. 4 x  4

(4,0 điểm)

 2 x 2 y 2  x 2 y  xy  x  1 0
 2 2
x y  x 2 y  6 x 2  x  1 0
2) Giải hệ phương trình sau: 

1)
(2,0 điểm)

0,5

Do

3

 4x  4

2

 2 3 4 x  4  4  0 x  
3

PT   x  3  2 x  5  

  x  3  2 x  5  



3

4x  4  2
3



3

 4x  4

 4x  4

2

2

2

 2 3 4x  4  4



 2 3 4x  4  4

12  x  3
3

0,25

nên

 4x  4  2 3 4 x  4  4

0,5

0
0,25



12
 0
  x  3  2 x  5 
2

3
3
 4 x  4   2 4 x  4  4 

 x 3

12
 2x  5 
2
3

 4 x  4   2 3 4 x  4  4 (1)


0,5

12
2x  5  2
3
t  2t  4 (2)
Giải (1): Đặt t = 4 x  4 PT (1) trở thành:
12
2 x  5  1 và 2
1
t  2t  4
+) Với x  3 thì
suy ra phương trình (2) vơ nghiệm.

0,25

2 x  5  1

 
12
2
t  2  3  t  2t  4  12  t 2  2t  4  1
+) Với x  3
suy ra phương trình
(2) vơ nghiệm


CÂU

NỘI DUNG

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3.
2)
 2 x 2 y 2  x 2 y  xy  x  1 0 (1)
 2 2
x y  x 2 y  6 x 2  x  1 0 (2)
(2,0 điểm)
Giải hệ: 

ĐIỂM
0,25

PT (1)   xy  1  2 xy  x  1 0
 xy 1

 xy   x  1

2

0,5
0,5

+) Với xy = 1 thay vào (2) ta được:
 x 0 ( KTM do xy 1)
6 x  2 x 0  
 x 1  y 3
3

2

0,5

1

x   y  2

3
27 x 2  3 0  
 x 1
 x  1  y 1
xy 

3
2 thay vào (2) ta được:
+) Với

Câu 4.

1  1
  1 
 ;3  ,  ;  2  ,   ;1 .
  3 
Vậy hệ có ba nghiệm là:  3   3
Cho tam giác MNP cân tại P . Gọi H là trung điểm MN, K là hình chiếu vng

0,5

(2,0 điểm) góc của H trên PM. Dựng đường thẳng qua P vng góc với NK và cắt HK tại I .
Chứng minh rằng I là trung điểm của HK .
P

K
I
N

H

E
M

+) Gọi E là trung điểm của MK suy ra HE là đường trung bình của tam giác
MNK suy ra HE//NK

0,5

Mà PI  NK suy ra PI  HE (1)

0,5

+) Từ giả thiết suy ra HK  PE (2)
Từ (1) và (2) ta có PI và HK là hai đường cao của tam giác PHE. Suy ra I là trực
tâm tam giác PHE suy ra EI  PH

0,5

Lại có MH  PH (do tam giác MNP cân tại P)

0,5

CÂU
Câu 5.
(4,0 điểm)

NỘI DUNG

ĐIỂM

Suy ra EI//MH mà E là trung điểm MK nên I là trung điểm HK. (ĐPCM)
Cho tam giác ABC vuông cân tại A . Trên tia đối của tia AC lấy điểm M sao
cho 0  AM  AC . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM , K là
hình chiếu vng góc của M trên BC ; MK cắt AB tại H . Gọi E , F lần lượt là
trung điểm của CH và BM .
a) Chứng minh rằng tứ giác AFKE là hình vng.
b) Chứng minh rằng AK , EF , OH đồng qui.
C

E

O

A

I
K
H
B

F

M

a)

1
(2,5 điểm) +) Ta có AE = KE = 2 HC (1) (do AE, KE là hai đường trung tuyến của hai tam
giác vuông HAC và tam giác HKC)
1
+) Tương tự có AF = KF = 2 MB (2)
+) Chứng minh được: ΔCHA = ΔBMA (g-c-g)

0,5
0,5

Suy ra MB = HC (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra tứ giác AFKE là hình thoi.


+) Chứng minh được ΔAEC =ΔAFB suy ra CAE BAF





Mà BAE  EAC 90 suy ra EAF BAF  BAE 90
0

b)

0,5

0,5

0

Suy ra tứ giác AFKE là hình vng.
+) Có tứ giác AFKE là hình vng suy ra AK và EF cắt nhau tại trung điểm mỗi

(1,5 điểm) đường.
+) Chứng minh được KO là đường trung trực của MC.
Mà HA  MC suy ra KO//HA.
Tương tự suy ra: AO//KH.

0,5
0,5
0,5

Suy ra tứ giác AOKH là hình bình hành suy ra AK và OH cắt nhau tại trung điểm
mỗi đường.
Vậy AK, EF, OH đồng qui.

0,5


CÂU

NỘI DUNG

ĐIỂM

Câu 6.

2
2
2n
Tìm số nghiệm nguyên dương (x; y) của phương trình x  y 100.110 với n là

(2,0 điểm) số nguyên dương cho trước. Chứng minh rằng số nghiệm này khơng thể là số
chính phương.
2
2
2n
2 n 2 2 n 2
2n
*) Ta có x  y 100.110  ( x  y )( x  y ) 2 .5 .11

Suy ra x-y; x+y cùng chẵn.
 x  y 2u

Đặt  x  y 2v

0,25

 v  u  0

 uv 22 n.52 n 2.112 n (1)  u là ước nguyên dương của 22 n.52 n 2.112 n
 u 2a.5b.11c (a, b, c  , a 2n, b 2n  2, c 2n)

0,25

Suy ra a có 2n +1 cách chọn, b có 2n+3 cách chọn, c có 2n+1 cách chọn

Suy ra u có (2n+1)2(2n+3) cách chọn. Mỗi cách chọn u chỉ có một cách chọn v
nên phương trình (1) có (2n+1)2(2n+3) cặp nghiệm (u; v).

0,5

Mặt khác v > u, trong các cặp xét trên có một cặp u = v nên chỉ có
2

 2n  1  2n  3  1
2

cặp (u; v) thỏa mãn v > u > 0.

Mà mỗi cặp (u; v) cho duy nhất cặp nghiệm (x; y) nguyên dương
2

 2n  1  2n  3  1
Vậy phương trình đã cho có

2

cặp nghiệm ngun dương.

0,5

2

*) Ta có

 2n 1  2n  3  1  n  1 4n 2  6n  1

 

2

2

+) có

4n 2  6n  1 4  n  1  2  n  1  1

nên giả sử m là ước chung lớn nhất của

n  1 và 4n 2  6n  1 thì m là ước của -1 suy ra m =1 hay n  1, 4n 2  6n  1
nguyên tố cùng nhau.
+) Để

 n 1  4n2  6n 1

0,25
2
là số chính phương khi và chỉ khi n  1 và 4n  6n  1

đều là những số chính phương.

 2n 1
Mặt khác

2

2

 4n2  6n  1   2n  2  , n  *

2
nên 4n  6n 1 khơng thể

là số chính phương.
Vậy số các cặp nghiệm của phương trình đã cho khơng thể là số chính phương.

0,25


CÂU

NỘI DUNG

ĐIỂM

Câu 7.

Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc +ca = abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của
a 4  b4
b4  c4
c4  a4
(2,0 điểm)
P


ab  a 3  b3  bc  b3  c3  ca  c 3  a3 
biểu thức:

1 1 1
  1
+) Từ giả thiết suy ra: a b c
4

4

3

0,25
3

+) Chứng minh được: a  b a b  ab (1) với mọi a, b>0 đẳng thức xảy ra khi a = b.
 2 a  b
4

Từ (1)



4

 a

2  a 4  b4 
a 3  b3

Tương tự ta có:

4

3

4

 a b  b  ab

a 4  b4
1 1 1

   
3
3
a  b
ab  a  b  2  a b 
4

4

4

4

b c
11 1
   
3
3
bc  b  c  2  b c 

(2)

(4)
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều (2), (3) và (4) ta được
a 4  b4
b4  c 4
c4  a4
1 1 1


   1
3
3
3
3
3
3
ab  a  b  bc  b  c  ca  c  a  a b c

0,25

.

Đẳng thức xảy ra khi a b c 3
Suy ra MinP = 1.

Lưu ý:
- Học sinh phải lập luật chặt chẽ mới cho điểm tối đa từng phần.
- Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa tương ứng với phần bài làm đó.
- Bài hình khơng có hình vẽ khơng cho điểm.

0,5

(3)

c a
11 1
   
3
3
ca  c  a  2  c a 

P

0,5

3

0,25
0,25