De thi HSG Quang Nam

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
Năm học 2017 – 2018

Mơn thi : TỐN
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 17/4/2018

Câu 1. (5,0 điểm)

x 8
1
x4 4 x


x 4
x x 8 x  2 x  4
a) Cho biểu thức
với 0 x  4 .
Rút gọn biểu thức A. Tìm các số nguyên x để A là số nguyên.
b) Cho ba số thực a, b, c thỏa 1 a, b, c 2. Chứng minh :
A

a b c a c b
     7
b c a c b a
.

Câu 2. (4,0 điểm)
2
a) Cho phương trình x  2 x  3  2m 0 . Tìm để phương trình có hai nghiệm
phân biệt x1 , x2 trong đó một nghiệm bằng bình phương nghiệm cịn lại.
2
b) Giải phương trình 2 1  x  1  x 3  x .
Câu 3. (4,0 điểm)

n  2   n  1  n  8 
a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1 thì 
khơng
thể là lập phương của một số tự nhiên.
p  3 và hai số nguyên dương a , b sao cho
b) Cho số nguyên tố p 
p 2  a 2 b2 . Chứng minh a chia hết cho 12 và 2( p  a  1) là số chính phương.
Câu 4. (3,5 điểm)
Cho hình vng ABCD cạnh bằng 4 cm. E là điểm nằm trên cạnh BC ( E
khác B và C ). Một đường thẳng qua B , vng góc với đường thẳng DE tại H và
cắt đường thẳng CD tại F . Gọi K là giao điểm của AH và BD .
a) Chứng minh tứ giác KDCE nội tiếp đường tròn và ba điểm K , E , F thẳng
hàng.

b) Khi E là trung điểm cạnh BC , tính diện tích tứ giác BKEH .
Câu 5. (3,5 điểm)
C , C
Cho hai đường tròn  1   2  cắt nhau tại hai điểm A, B . Tiếp tuyến tại A của
C
C
C
(C2) cắt  1  tại M ( M khác A ). Tiếp tuyến tại A của  1  cắt  2  tại điểm N ( N

C
khác A ). Đường thẳng MB cắt  2  tại P ( P khác B). Đường thẳng NB cắt (C ) tại

Q (Q khác B).
a) Chứng minh các tam giác AMP , ANQ đồng dạng.
2
2
b) Chứng minh MB.NA NB.MA .

------------------------------------ Hết --------------------------------

1


Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị khơng giải thích gì thêm.
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
NĂM HỌC 2017 – 2018

HƯỚNG DẪN CHẤM
Mơn: TỐN
(Hướng dẫn chấm thi này có 06 trang)
Câu
Câu 1
(5,0 đ)

Đáp án

x 8
1
x4 4 x


x 4
x x 8 x  2 x  4
Cho biểu thức
với 0  x  4 .
Rút gọn biểu thức A; tìm số nguyên x để A là số nguyên.
A

A



x 8

 x

3

2

3



1

x 2 x 4



( x  2) 2
x 4

x 2
x 8
1


( x  2)( x  2 x  4) x  2 x  4 ( x  2)( x  2)



x 8
1
x 2


( x  2)( x  2 x  4) x  2 x  4 ( x  2)( x  2)

(vì 0  x  4 nên 0  x  2 )
x 8
1



( x  2)( x  2 x  4) x  2 x  4

Điểm

3,0

0,5

0,5

0,5

1
x 2



x  8  ( x  2)  ( x  2 x  4)
( x  2)( x  2 x  4)

0,5



3 x 6
3

( x  2)( x  2 x  4) x  2 x  4

0,5

2
Ta có : x  2 x  4 ( x  1)  3 3  0 + Để A là số ngun ( khi đó A =1) thì x  2 x  4 3 hay x 1
Chú ý: Các học sinh có thể đặt t = x ( 0  t <2) – thực hiện các biến đổi đại số.
Các thầy cơ cho điểm thích hợp theo cách cho điểm từng phần trên đây.

0,5

b) Cho ba số thực a, b, c thỏa 1 a, b, c 2. Chứng minh :

a b c a c b
     7
b c a c b a
.
Vì a,b,c có vai trị như nhau và 1 a, b, c 2 nên giả sử 2 ≥ a ≥b ≥ c ≥ 1

2,0
0,25

Khi đó: (b-a)(b-c) ≤ 0

1


a b
a
 1 
c ( chia 2 vế (*) cho bc)
 b2 +ac ≤ ab+bc (*)  b c
b c

c
 1 
a ( chia 2 vế (*) cho ab)
và a b
a b b c a c
a c
     2  2(  )
c a
 b c a b c a
a c
a c 5
2  2(  )
 
c
a
c
a 2 (2)
Để chứng minh (1) ta tiếp tục chứng minh
7
a
1  x  2
c
Ta có: 2 ≥ a ≥ c ≥ 1 
1
5
(2)  x+ x  2  2x25x+2  0  (x2)(2x1)  0 ( đúng vì 1  x 2
(2) được chứng minh  (1) được chứng minh.
Dấu “=”xảy ra khi a=2, b=c=1 hoặc a=b=2, c=1 và các hốn vị của nó.
Câu 2 a) Cho phương trình x 2  2 x  3  2m 0 . Tìm để phương trình có hai nghiệm
(4,0 đ)

phân biệt x1 , x2 trong đó một nghiệm bằng bình phương nghiệm cịn lại.
Cách 1:
 Điều kiện pt có 2 nghiệm phân biêt là ’ >0  2m2 >0  m>1.
 Ta có : x1  x2 2, x1.x2 3  2m

x1  x22  x1 2 x2  2m  3
 x1  x2 3x2  2m  3

 3x2 5  2m  3x1 1  2m
 9 x1.x2 (5  2m)(1  2m)
2
 9(3  2m)  4m  8m  5

11
11
m 1, m 
m
2 - chọn
2
 4m  26m  22 0 
Cách 2:
Điều kiện : ’ >0  2m2 >0  m>1.
 Ta có : x1  x2 2, x1.x2 3  2m
2

Để phương trình có một nghiệm bằng bình phương nghiệm cịn lại thì

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

2,0
0,25
0,25

0,5

0,5
0,5
0,25

0,5

( x1  x22 )( x2  x12 ) 0
 x1 x2  ( x13  x23 )  x12 x22 0
 x1 x2  ( x1  x2 )3  3 x1 x2 ( x1  x2 )  x12 x22 0
 x12 x22  7 x1 x2  8 0  x1 x2 1, x1 x2  8.

0,5
0,25

2


+ x1 x2 1  3  2m 1  m 1 (loai )

11
x1 x2  8  3  2m  8  m 
2 ( thỏa mãn )
+
Cách 3 :
 Điều kiện : ’ >0  2m2 >0  m>1.
Phương trình có 2 nghiệm là x1 1  2m  2, x2 1 

0, 5

0,25

2m  2

2
Để phương trình có một nghiệm bằng bình phương nghiệm cịn lại thì x1  x2
2
2
( khơng xảy ra trường hợp ngược lại x2  x1 vì 0  x2  1, x1  1 (!) )
 1  2m  2  1  2 2m  2  2 m  2

 (2m  2)  3 2m  2  0  2m  2 0 
11
11
m 1  m 
m
2 - Chọn
2


2m  2 3

2
b) Giải phương trình 2 1  x  1  x 3  x (1)
Cách 1:
Điều kiện :  1  x 1
(1)  2 1  x  1  x . 1  x = 3x
(2)

Đặt 1  x a; 1  x b ( a,b  0)
2
.(2) viết lại: 2a  ab 4  b

 a (2  b) (2  b)(2  b)  a 2  b ( do 2+b>0
 1  x  1  x 2  x=0 ( Cơ si – hoặc bình phương...)
x=0 thỏa điều kiện  x=0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Cách 2:
Điều kiện :  1  x 1

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

2,0
0,25

0,25

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

(1)  2[ 1  x  (1  x)]  [ 1  x 2  (1  x)] 0
 2 1  x (1  1  x )  1  x ( 1  x  1  x ) 0
x
 2x
 2 1  x.
 1  x.
0
1 1 x
1 x  1 x
1 x
1 x
 x(

) 0
1 1 x
1 x  1 x

0,5

0,5

1 x
1 x


(*)
1 1 x
1 x  1 x

0,25

(*)  1  x  1  x
2
 1  x  2 x 1  x  x 0, x 3 (loai )

0, 5

 x 0 

Kết luận: x=0 là nghiệm duy nhất.

3


Câu 3 a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  1 thì (n+2)(n+1)(n+8) khơng thể là
2,0
(4,0 đ) lập phương của một số tự nhiên.
Ta có: (n+2)2< (n+2)(n+1)(n+8) < (n+4)3 (*)
 n3+ 6n2+12n+8 < (n2+3n+2) (n+8)=n3+ 11n2+26n+16 < n3+ 12n2+48n+64
0,5
( đúng)
Giả sử có nN, n  1 sao cho (n+2)(n+1)(n+8) là lập phương của một số tự
0,25
nhiên, khi đó, từ (*) suy ra: (n+2)(n+1)(n+8) =( n+3)3
0,5

3
2
3
2
 n + 11n +26n+16 = n + 9n +27n+27
1  89
0,5
n
N
4
 2n2  n 11 =0 
(!)
Vậy n  1, n  N thì (n+2)(n+1)(n+8) khơng là lập phương của một số tự
0,25
nhiên.

p  3
b) Cho số nguyên tố p 
và hai số nguyên dương a, b thỏa mãn phương
2
2
2
trình p  a b . Chứng minh a chia hết cho 12 và 2( p  a  1) là số chính
phương.
2
2
2
2
Ta có: p  a b  p (b  a )(b  a ) .
2

0,25

2

Các ước của p là 1, p và p ; không xảy ra trường hợp b + a = b ‒ a = p
Do đó chỉ xảy ra trường hợp b + a = p2 và b ‒ a = 1.
p2 1
p2  1
b
và a 
2
2
Khi đó
suy ra 2a = (p ‒1)(p + 1).
Từ p lẻ suy ra p + 1, p ‒1 là hai số chẵn liên tiếp  (p ‒1)(p + 1) chia hết cho 8.
Suy ra 2a chia hết cho 8
(1)
Từ p nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 3. Do đó p có dạng 3k+1
hoặc 3k+2.
Suy ra một trong hai số p + 1; p ‒1 chia hết cho 3 . Suy ra 2a chia hết cho 3
(2)
Từ (1) và (2) suy ra 2a chia hết cho 24 hay a chia hết cho 12 (đpcm).
 p 2 -1 
2
2  p + a + 1 =2  p+
+1 =2p+p 2 +1=  p+1
2



Xét
là số chính phương.
Câu 4 Cho hình vng ABCD cạnh bằng 4 cm. E là điểm nằm trên cạnh BC ( E
(3,5 đ)
khác B và C ). Một đường thẳng qua B , vuông góc với đường thẳng DE tại
H và cắt đường thẳng CD tại F . Gọi K là giao điểm của AH và BD .
a)Chứng minh tứ giác KDCE nội tiếp đường tròn và ba điểm K , E , F thẳng
hàng.

2,0

0,5

0,5

0,5

0,25

2,5

4


(Khơng có hình vẽ khơng chấm bài)


+ Hai tam giác BKA và BKC bằng nhau  BCK BAK .



+ Lại có A, B, H, D cùng nằm trên một đường trịn nên BAK KDE .


Suy ra BCK KDE Do đó tứ giác KDCE nội tiếp trong đường tròn.
+ Trong tam giác BDF có BC và DH là hai đường cao. Suy ra FE  BD (1).
0
0


Tứ giác KDCE nội tiếp trong đường tròn và ECD 90 nên EKD 90 hay
EK  BD (2).
Từ (1) và (2) suy ra K, E, F thẳng hàng.
b) Khi E là trung điểm cạnh BC , tính diện tích tứ giác BKEH .
Ta có  BKE vuông cân, BK= KE = 2
1
1
BK .KE  2. 2 1
2
SBKE = 2
DC
4
4
2.
2

2 5
5
Xét BHE ta có BH = BE. sinE = 2. sinE = DE
2
16 4

4

5 5  HE = 5
HE2 =BE2 BH2 =
1
4
HE.BH 
5
SBHE = 2
4 9
1 
SBKEH = SBKE +SBHE = 5 5 (cm2)

0,5
0, 5
0,5
0,2 5
0,25
0,25
1,0
0,25
0.25

0.25
0.25

Câu 5 Cho hai đường tròn (C1),(C2) cắt nhau tại hai điểm A,B. Tiếp tuyến tại A của (C 2)
(3,5 đ) cắt (C1) tại M (M  A). Tiếp tuyến tại A của (C1) cắt (C2) tại điểm N (N  A). Tia
MB cắt (C2) tại P ( P  B). Tia NB cắt (C1) tại Q ( Q  B).
0,75

a/ Chứng minh các tam giác AMP và ANQ đồng dạng.

5


(Khơng có hình vẽ khơng chấm bài)


Tứ giác ABNP nội tiếp  ANB  APB



Tứ giác ABMQ nội tiếp  AQB  AMB
Suy ra:  ANQ đồng dạng  APM
2
2
b/ Chứng minh: MB.NA  NB.MA .
AM là tiếp tuyến , MBP là cát tuyến của (C2) –chứng minh MA2 = MB.MP

Tương tự AN là tiếp tuyến , NBQ là cát tuyến của (C1), ta có: NA2 = NB.NQ

MA2 MB MP

.
2
NA
NB
NQ (1)

Để có (1), ta chứng minh MP =NQ

( AMP và ANQ đồng dạng , chứng minh A M = AP   AMP =  AQN


Cần chứng minh A M = AP hay APN  ANB )




+ Ta có P1  ANB MAB ( chắn cung AB của (C2))

0,25
0,25
0,25
2,75
0,5
0,25
0,25

0,25

6




+ Ta có P2  NAB ( chắn cung NB của (C2) )

NAB
 AMB ( chắn cung AB của (C1))
 



+ Suy ra P1  P2 MAB  AMB


 APN  ABP ( Góc ngồi bằng tổng 2 góc trong khơng kề nó)


+ Mặt khác ABP  ANP ( chắn cung AP của (C2))


Suy ra: APN  ANP .


Ta có: APN  ANP   ANP cân tại N  AN= AP
Tam giác AMP và AQN đồng dạng kết hợp AN= AP
  AMP =  AQN  MP=NQ (2)
MA2 MB

2
NB hay MB.NA2  NB.MA2 .
Từ (1) (2)  NA

0,25

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

Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì các thầy cô giám khảo thảo luận và
thống nhất thang điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm.

7