De DA mon toan 9 tinh Ha Nam 1617

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2016-2017
Mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút

(Đề thi có 01 trang)
x2
x 1


Câu 1 (4,0 điểm). Cho biểu thức Q = x x  1 x  x  1

1
x  1.

1) Rút gọn biểu thức Q.
2) Tính giá trị Q với x 33  8 2 .
1

3) Chứng minh rằng: Q 3 .
Câu 2 (4,0 điểm).

1) Cho parabol (P): và đường thẳng (d) đi qua điểm I (0;  1) , có hệ số góc k . Gọi A và
B là các giao điểm của (P) và (d). Giả sử A, B lần lượt có hồnh độ là .
a) Tìm để trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên trục tung.
b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của k ln có .
2) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn:

32 x 2  87 y 2  32 x  78 y  96 xy  1225 0
3
3
2
2

 x  y  6 x  3 y  12 x  3 y  7

2
 y x  3  ( y  6) x  10  y  4 x
Câu 3 (3,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
Câu 4 (7,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) có đường cao AH . Gọi O và I lần lượt
là tâm các đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác ABC. Đường thẳng AI cắt đường
tròn (O) tại điểm thứ hai là M. Kẻ đường kính AG của đường trịn (O), đường thẳng MG cắt
các đường thẳng AH, BC theo thứ tự tại N và K; AM cắt BC tại L.
1) Chứng minh rằng MG.MK ML.MA .
2) Chứng minh rằng tứ giác NHIK nội tiếp đường tròn.
3) Đường thẳng GI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D, gọi E là tiếp điểm của BC
với đường tròn (I). Chứng minh ba điểm M, E, D thẳng hàng.
4) Hai đường thẳng AD và BC cắt nhau tại điểm S. Chứng minh rằng nếu

AB  AC 2 BC thì I là trọng tâm của D AKS.

Câu 5 (2,0 điểm).
 1
 1
1 1
1 1 
5  2  2  2  4      2017
 xy yz zx 

Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn  x y z 
.
1
1
1


4
x

3
y

z
x

4
y

3
z
3x  y  4 z .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

-------HẾT------Thí sinh khơng được sử dụng máy tính cầm tay.
Họ và tên thí sinh: .................................................
Chữ ký của giám thị 1: .............................

Số báo danh: ............................

Chữ ký của giám thị 2: ...............................
0


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2016-2017
Mơn thi: TỐN
(Đáp án biểu điểm này gồm 05 trang)

ĐÁP ÁN

Lưu ý: - Các cách giải đúng khác với đáp án cho điểm tương đương với biểu điểm
- Điểm tồn bài khơng làm trịn
Câu
Câu 1
(4,0đ)

Nội dung
x2
x 1
1


x1
1) Rót gän Q= x x  1 x  x  1
x  2  ( x  1)( x  1)  ( x  x  1)
( x )3  1

Q=
x x
x ( x  1)

3
= ( x )  1 ( x  1)( x  x  1)
x
= x  x 1

1,0
0,5
0,25

128 2  1
Rút gọn tối giản (khơng cịn căn ở mẫu): Q = 1057
1
3) Chứng minh rằng Q < 3 .
1
( x  1) 2
A  
3
3( x  x  1)
TÝnh

0,25
1,5
0,5

1
3(x+ x  1)  0 víi mäi x 0   ( x  1)  0 (v× x > 0 và x 1)  A < 3

2

I (0;  1) , có hệ số góc là k . Gọi
1) Cho parabol (P): và đường thẳng (d) đi qua điểm
A và B là các giao điểm của (P) và (d). Giả sử A, B lần lượt có hồnh độ là .
a) Tìm để trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên trục tung.
b) Chứng minh rằng .
a) + Đường thẳng (d) có pt:

0,5

0,5

4 21
Thay sè ®óng Q = 33  4 2

Câu 2
(4,0đ)

1,5

0,5

2) Tính Q với x = 33-8 2 .
BiÕn ®ỉi x 4 2  1

Do

Điểm

1,0

2,0

y = kx - 1
2

2

PT tương giao (d) và (P): - x = kx - 1 Û x + kx - 1 = 0(*)
(*) ln có 2 nghiệm phân biệt

x1; x2

0,5

D = k + 4 > 0( " k )
2

vì

x1  x2  k

2
2 ;
+ Trung điểm M của AB có hồnh độ là

0,5

k

0  k 0
Û
2
M nằm trên trục tung
1


x1  x2  k , x1 x2  1

b) Theo Vi et có:

x13  x23  ( x1  x2 )  ( x1  x2 )2  x1 x2 
x  x2 . ( x1  x2 ) 2  x1 x2
Ta có:
= 1
2

Có

2

x1 - x2 = ( x1 + x2 ) - 4 x1x2 = k + 4

 x13  x23

2

0,5

2

2

= k  4(k  1) 2 , k  R . Đẳng thức xảy ra khi k = 0 .
2) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) thỏa mãn:

32 x 2  87 y 2  32 x  78 y  96 xy  1225 0
2

2

8  2 x  3 y  1  15  y  1 1248

Phương trình đã cho tương đương với
1248
2
2
2
83
 y  1 
8  2 x  3 y  1 ,1248
y  1


15
. Do
đều chia hết cho 8; (15;8)=1 nên
là
2
 y  1   0;16;64 . Ta có các TH sau:

số chính phương và chia hết cho 8 
 y  1 2 0
 y 1



2
2
8  2 x  3 y  1 1248  2 x  2  156
*
(vô nghiệm)
2
2
 y  1 16
 y  1 16



2
2
8  2 x  3 y 1 15.16 1248  2 x  3 y 1 126

*
(vô nghiệm)
  y 9
 y  1 2 64



  y  7

2
2
8  2 x  3 y  1  15.64 1248 
 2 x  3 y  1 36
*
 y 9
 y 9

   x 16

2
 x  13 9   x 10

* y = -7 (loại). Với y = 9 ta có:
( x; y )   (16;9), (10;9)
Vậy
.
Lưu ý : Hs có thể giải bằng cách đánh giá đk có nghiệm của pt bậc 2 dựa vào dấu  , từ đó
tìm ra các giá trị của x hoặc y.
3
3
2
2
Câu 3

 x  y  6 x  3 y  12 x  3 y  7 (1)
(3,0đ)

2
 y x  3  ( y  6) x  10  y  4 x (2)

Giải hệ phương trình: 
Điều kiện: x  3
(1)  x 3  6 x 2  12 x  8  y 3  3 y 2  3 y  1  ( x  2)3 ( y  1)3
 x  2  y 1  y x  1
Thay y=x +1 vào (2) ta có phương trình

0,5
2,0
0,5
0,5

0,5

0,5

3,0
0,25
0,75
1,0

2


x=6
¿
x+ 1
x +7
+
=x +5(3)
√ x +3+3 √ x +10+4

¿
¿
¿
¿
( x+ 1) √ x +3+( x+ 7)√ x+ 10=x 2 +6 x+1
⇔( x+1)( √ x+ 3− 3)+(x +7)( √ x+10 − 4)=x 2 − x − 30
¿
¿
x−6
x−6
⇔( x +1)
+( x+ 7)
=( x − 6)(x+5)
√ x+3+ 3
√ x +10+ 4
⇔
x +1
x+7
+
− x − 5=0 (4)
Giải (3) : (3) ⇔
√ x +3+3 √ x+10+ 4
Ta có

x +1
x+ 3
x+ 3
<
≤
√ x +3+3 √ x +3+3 3

x +7
x +7
≤
√ x +10+4 4

Lại có

√ x+10+ 4 ≥ 4 ⇒

(vì

x +3
x+ 3
≤
)
√ x +3+3 3

x+ 7
x +7
≤
)
√ x+ 10+4 4

x ≥ −3 ⇒− 5 x ≤15 ⇒ − 5 x −27 ≤ 15− 27=−12

Suy ra VT(4)

Câu 4
(7,0đ)

√ x+3+3 ≥ 3 ⇒

(vì

x +3 x +7
−5 x − 27
+
− x − 5=
≤ −1
3
4
12

Suy ra phương trình (5) vơ nghiệm.
Với x = 6 suy ra y=7. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x ;y) = (6 ;7)
1) Chứng minh rằng MG.MK ML.MA

0,75
0,25
2,0

A

I

H

B

O

C

L

K

G
N

M

·
Ta có AI là tia phân giác của BAC nên M là điểm chính giữa của cung BC

1
·
» + sđ MB
ằ ) = 1 sđ ẳ
ẳ ) = 1 (s® AB
MLK
= (s® »AB + s® MC
AM = ·AGM
2
2
2
Suy ra D AMG ∽ D KML (g.g)

1,0

Do đó chứng minh được MG.MK ML.MA (1)
(Lưu ý: HS có thể làm cách khác thông qua việc c/m tứ giác ALGK nội tiếp)
2) Chứng minh rằng tứ giác NHIK nội tiếp đường trịn.

0,5

2
·
·
Ta có MBC = MAB nên D MBL ∽ D MAB suy ra MB = ML.MA (2)

Do I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Ta có

0,5

2,0
0,5
0,5
3


1 ·
1 ·
·
·
·
·
·
·
MBI

= MBC
+ IBC
= ( BAC
+ ABC
) BIM
= ( BAC
+ ABC
)
2
2
;
·
·
Suy ra MBI = BIM nên D BIM cân tại M Þ MB = MI (3)
0
0
·
·
·
·
·
·
Ta có BAH = 90 - ABC ; CAG = 90 - AGC ; mà ABC = AGC

·
·
·
·
·
Nên BAH = CAG , có AI là phân giác BAC nên MAN = MAG

0,5

Suy ra D GAN cân tại A, suy ra D GIN cân tại I Þ MN = MG (4)

900
MN .MK MI 2 . ΔMIN ∽ ΔMKI  NIK
Từ (1), (2), (3), (4) suy ra
0


Tứ giác NHIK có NIK  NHK 90 Vậy tứ giác NHIK nội tiếp.
3) Đường thẳng GI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D, Gọi E là tiếp điểm của
BC với đường tròn (I). Chứng minh 3 điểm M, E, D thẳng hàng.
Kẻ đường kính MOQ của đường tròn (O), Gọi F là tiếp điểm của (I) với cạnh AB.
AI
IF
Þ
=
D AFI ∽ D QBM
MQ BM
Mà AG = QM; IE = IF; MB = MI;
AI
IE
Þ
=
·
·
·
AG MI ; Có EIM = MAG (= IMO)

·
·
Suy ra D MEI ∽ D GIA Þ AGI = AME
·

·

·

0,5
2,0

0,5

0,5

·

Mà AGD = AMD Þ AME = AMD
Có 2 tia ME, MD thuộc cùng nửa mp bờ chứa tia MA nên 3 điểm M, E, D thẳng hàng.
4) Hai đường thẳng AD và BC cắt nhau tại điểm S. Chứng minh rằng nếu
AB  AC 2 BC thì I là trọng tâm của D AKS.

0,5
0,5
1,0

Q
A

D
J

I

F

S

H

B

E

O

C

L

K

G
M
N






* Từ tứ giác NHIK nội tiếp suy ra IHK INK IGM IAD . Suy ra tứ giác AIHS nội tiếp.
0


Do đó AIS IHS 90 .




Gọi J là trung điểm của cạnh SA. Khi đó JIA JAI INK MIK , suy ra ba điểm J , I , K
thẳng hàng nên KJ là 1 đường trung tuyến của D ASK (5)
* Tiếp theo ta sẽ chứng minh L là trung điểm của SK.

0,25

0,25
4


AI AB
AB AC AB  AC 2 BC




2
BC
BC

Ta có IL BL và BL LC

AI
2
Do đó IL
(6)
Dùng hệ quả định lý Ta lét với tam giác ASL và cát tuyến KIJ ta có:

AJ AI SK SU
=
=
SU ; LK
IL ; mà
Kẻ đường thẳng qua S song song AL cắt KJ tại U ta có JS
JA KS IL
IA SU IL
.
. 1
.
. 1
SU IL IA
nên JS KL IA
(7).

0,25

A
U

J

I
S

L

K

Từ (6) và (7) suy ra KS 2 KL , tức L là trung điểm của SK (8).
Từ (5) và (8) suy ra I là trọng tâm tam giác AKS (đpcm).
Câu 5
 1
 1
1 1
1 1 
5  2  2  2  4      2017
(2,0 đ)
y
z 
 xy yz zx 
Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn  x
.
1
1
1


Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 4 x  3 y  z x  4 y  3 z 3x  y  4 z .
AB  BC  CA  A2  B 2  C 2  I 

0,25

2,0

2
A  B  C  3  A2  B 2  C 2   II 

và

Ta có
Bất đẳng thức (I), (II) xảy ra dấu '' '' khi A=B=C.
Áp dụng Bất đẳng thức: (I) ta có
 1
 1
 1
1
1
1
1
1
1
5  2  2  2  4      2017 4  2  2  2   2017
y
z 
y
z 
x
 xy yz zx 
x
1
1

1
 2  2  2 2017
x
y
z
2

1 1 1 1
1
1
1
1 1 1
     2  2  2 2017     6051
3 x y z
x
y
z
x y z
Áp dụng (II) ta có 

1
1
1 1
1  1
1
1

 



 

Xét 4 x  3 y  z (3 x  z )  ( x  3 y ) 4  3 x  z x  3 y  4  2 x  x  z x  y  2 y 
1
1
1 1
1
1
1  1 2 1 1 2 1 1

 



       
2 x  x  z x  y  2 y 4  2 x x  z 2 y x  y  16  x x z y x y 

0,5
0,5

1  4 3 1
    
16  x y z 
1
1  4 3 1
    
4 x  3 y  z 64  x y z  . Dấu “=” xảy ra khi x = y = z > 0
1
1  1 4 3
1

1  3 1 4
    ;
    
Tương tự x  4 y  3z 64  x y z  3x  y  4 z 64  x y z 


Dấu “=” xảy ra khi x = y = z > 0

5


PÊ

ử 1
1ổ
8 8 8ử
1ổ
1 1 1ữ
ỗ
ỗ
+ + ữ
=
+
+
Ê
6051
ữ
ữ
ỗ
ỗ

ữ 8ố
ỗx y z ữ
64 ỗ
ốx y z ứ
ứ 8

0,5

Du = xy ra khi:

 1 1 1
3
6051

    6051; x  y  z  0  x  y  z 
6051 2017
 x y z
6051
6051
x  y z 
8
2017
Vậy M đạt GTLN là
khi
-------------------HẾT---------------------

0,5

6