HSG BAC GIANG 201617

PHÒNG GD&ĐT
TP. BẮC GIANG

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

Bài 1: (5 điểm)
a ab b

a. Cho biểu thức M= a  b

a

a b

Rút gọi M và tính giá trị biểu thức M biết

b
b  a với a, b > 0 và a b
 1  a   1  b   2 ab 1

5
4

 18 2 3
b. Tìm các số nguyên a, b thoả mãn 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

Bài 2: (4,5 điểm)
4 3  4
4  13

a. Tính giá trị của biểu thức N=
a
b. Cho a, b là số hữu tỉ thỏa mãn 

2

3

 27  10 2

 b2  2  a  b 



2

2
+ (1  ab)  4ab

Chứng minh 1  ab là số hữu tỉ
x 2  x  4 2 x  1  1  x 

c. Giải phương trình
Bài 3: (3,5 điểm)
5
2
2
a. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn x  y xy  1
1
1
1
3



ab  a  2
bc  b  2
ca  c  2 2

b. Cho a, b, c>0 thỏa mãn abc=1 . Chứng minh
Bài 4: (6 điểm) Cho nửa đường trịn (O;R) đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa
nửa đường trịn 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 trịn, từ C vẽ CH vng góc với AB, CE vng góc với AM.
Đường thẳng vng 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 son song với AB
c. Gọi G và F lần lượt là trung điểm của AH và AE. Chứng minh PG vng 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 2016-207
MÔN: TOÁN LỚP 9

Câu
Bài 1
a/
1,5đ

Nội Dung
ab
-Rút gọn M= a  b với a, b>0 và a b

Điểm
4đ
0,75

-Ta có

 1  a   1  b  2



 ab 

a

ab 1  ab  a  b  1  2 ab 1

b



2

(

ab 2
) 1 
a b

ab
1
a b

0,25

+ Nếu a>b>0


a b

a

b  0; ab  0 



ab
ab



a b
a b

ab
0
a b

ab
1  M 1
a b

0,25

+ nếu 0
b/
1,5đ



a b

a

b  0; ab  0 



ab

 ab


a b
a b

ab
0
a b

 ab
1  M  1
a b

0,25

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

0,5

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

-Nếu

2

18a  36b  9b 0 

3a 2  6b 2  a
2
18a 2  36b2  9b

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

-Vây ta có

2 Q

 Vơ lý vì 2 là số vô tỉ
3
 2
2
18a 2  36b2  9b 0
3
3a  6b  b
2
2
18a  36b  9b 0   2


2 a b
2
2
3a  6b  a 0
3a 2  6b2 a

3
b
2
2
Thay a= 2 vào 3a  6b  a 0 t

0,25

0,75


9
3
3  b 2  6b2  b 0  27b2  24b 2  6b 0  3b(b  2) 0
2
a có 4

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


Ta có

a b c

2



a  b  c  2



ab  bc  ca

0,25



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

mà

nên

ab  c  6  ab 





b 1 



bc  a  6 

Tương tự



a

a1



b1



b1

0,75



c  1 ; ac  b  6 



a1



c1

1
1
1


bc  a  6
ca  b  6
Vậy H= ab  c  6
1
1
1


a1 b1
b1 c1
a1 c1

=





 



 



1,0



c  1 a  1 b  1

=







a1


=
Bài 2
a/
1,5đ

abc 



c1



a b c  3

 

a b c 

2( 4  3  4 

3)

8  2 13

N=



b1



ab  bc  ca  1



7 3
 1
3  7  13  1

4,5 đ
0,25

 25  10 2  2

2( 4  3  4 

3)

 (5 

0,5

2) 2

= (4  3)  2 4  3 4  3  (4  3)


2( 4  3  4 
( 4 3  4

b/
1,5đ

3)

3)

 (5 

2) 2 

2

2( 4  3  4 
4 3  4

2
2
(GT)    a  b   2(ab  1)  (a  b) 2   1  ab  0


4

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

3)
3

 5

2  2 5

2 5

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

0,25
0,5

Điều kiện: x 1 (*).
x 2  x  4 2 x  1  1  x 
2
Ta có:  x  2 x x  1  x  1  2( x  x  1)  3 0

x




2





x  1  2 x  x  1  3 0

0,5


2
y 1  **
Đặt x  x  1  y (Điều kiện:
), phương trình trở thành y  2 y  3 0.
 y  1
y 2  2 y  3 0   y  1  y  3 0  
 y 3
+Với y  1 không thỏa mãn điều kiện (**).
+ Với y 3 ta có phương trình:

0,25

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

 x  7 x  10 0
  x 5

x  x  1 3 

0,5

Vậy phương trình có nghiệm x 2.
Bài 3
a/
1,75đ

0,25
3,5 đ
Ta có

x 5  y 2  xy 2  1   x 5  1   xy 2  y 2  0

  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

0,25
-*Nếu
2

2

x  1 0  x 1 ta có 1  y  y  1 đúng với mọi y nguyên
Vậy ngiệm của PT là (1;y  Z)
4
3
2
2
4
3
2
2
*Nêu x  x  x  x  1  y  4 x  4 x  4 x  4 x  4 (2 y )

0,25

Ta có

 2y

2

2

  2 x 2  x  4 x 4  4 x 3  4 x 2  4 x  4  4 x 4  4 x 3  x 2
2

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

3 3

2

Vậy ta có

(2 x 2  x )2   2 y  *
2

 2 x 2  x  2   (2 y )2 5x 2 0

Ta có
Từ * và ** ta có

2

2

 2y
, Vậy ta có
2

2

2

 2 x 2  x  2  **
2

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

 2y

2

 2 x 2  x  2 

2y
Nếu  

2

2

(2 x 2  x  1) 2   x 2  2 x  3 0  x 2  2 x  3 0

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

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

1đ

Kết luận
2

b/
1,75đ

2

2

2

   x  y  z  ...  x  y    y  z    x  z 
  x  y  z  3  x  y  z  nên với x,y,z>0 ta có
x  y  z  3 x  y  z 
, áp dụng ta có

Ta có

3 x  y  z

2

2

2

2

2

2

2

2

0

0,25
0,5

2

2

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 
1
11 1
2
x  y 2 xy   x  y  4 xy 
   
x y 4 x y
-Với x,y>0 ta có

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 bc  b  2 4  a  1 b  1  ; ca  c  2 4  b  1 c  1  nên

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

Bài 4

0,25
6đ


N

M

E

Q

F

K

C
I
T

A

G

O

B

H

P

a/
2đ

-Ta có ACB nội tiếp đường trịn (vì...) mà AB là đường kính nên ACB vng tại C

0,5

 AC  BN

Ta có MA=MC (.....), OA=OC (....) nên MO là trung trực của AC


 MO  AC  MO // NB  MOA
 NBO


 MAO
 NOB

900
 MA

-Ta có OA

(....)

; 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

0 



-Xét CHB và MAO có MAO  NOB 90 ; CBH MOA ( cm trên)

 CHB MAO 

0,75
0,5

CH HB HB


MA AO
R

-Ta có CH  AB (gt) ; MA  AB (...)

 CH // MA  IH // MA 

IH HB HB


MA AB 2 R

0,5

CH HB
HB
IH 2 IH

2 
2 

 CH 2 IH  IC  IH

MA
R
2R
MA MA
-Nên ta có
.
-Chi ra KI là đường trung bình của tam giác ACH  KI // AB

0,5

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

0,75
0,75
0,5



c/
2đ

0,75

 PG  OI  PG  QF

Bài 5
*

A 427  42016  4n  2

27 2

2
Vì A và  

27 2

1989

 1  4

 4 n  27 

1đ
0,25

1989
n 27
là số chính phương nên 1  4  4
là số chính phương
n  27

n  27 2

Ta có 1  4  4 > 4 (2 )
1989
n 27
*mà 1  4  4
là số chính phương nên ta có
1989

0,5

n 27

0,5


2

1989

1 4

4

n 27

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

A 427  42016  4 4004  2 27  2 4004 

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

2

là số chính phương

0,25