Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở Giáo dục và Đào tạo Hậu Giang (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TỈNH HẬU GIANG 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
TRUNG HỌC CƠ SỞ NĂM 2017-2018 
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN 
Thời gian: 150 phút (không kể giao đề) 
Câu 1 (2,5 điểm) 
Tính giá trị biểu thức 
  
  
2 2
3 2
x 9 y y 2
A
x 6x 9x y 1
  

  
 biết 2 2x 16y 7xy xy x 4     
Câu 2 (5,0 điểm) 
a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 
1 1 1
x y 2
  
b) Tìm các số tự nhiên n sao cho 2A n 2n 8   là số chính phương 
Câu 3 (4,5 điểm) 
a) Cho a,b,c 0 chứng minh rằng 
2 2 2a b c
a b c
b c a
     
b) Giải hệ phương trình 
x y 2(1 xy)
xy x y 2 0
  

   
Câu 4. (5,5 điểm) 
 Cho tam giác đều nội tiếp đường tròn  O;R 
a) Tính theo R chiều dài cạnh và chiều cao tam giác ABC 
b) Gọi M là điểm di động trên cung nhỏ BC  M B;C . Trên tia đối của tia MB 
lấy MD = MC . Chứng minh MCD đều 
c) Xác định vị trí điểm M sao cho tổng S MA MB MC   là lớn nhất . Tính giá 
trị lớn nhất của S theo R 
Câu 5. (2,5 điểm) 
 Cho tam giác ABC có chu vi bằng 2. Ký hiệu a,b,c là độ dài ba cạnh của tam 
giác . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
a 9b 16
S
b c a c a b a b c
  
     
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HẬU GIANG 2017-2018 
Câu 1. 
ĐKXĐ: y 1;x 0;x 3    
Ta có 
    
   
  
2
x 3 x 3 y 1 y 2 x 3 y 2
A
x(x 3)x x 3 y 1
     
 
 
Từ giả thiết  
22 2
x 4 0 x 4
x 16y 7xy xy x 4 x 4y x 4 0
x 4y 0 y 1
   
             
   
Do đó 
7
A
4
  
Câu 2. 
a) Với x,y 0 ta có 
1 1 1
x y 2
  
 
x y 1
2x 2y xy 0 x y 2 2(y 2) 4 (x 2)(y 2) 4
xy 2

               
Lập bảng xét các ước của 4 ta có các nghiệm 
            x;y 2;1 ; 1; 2 ; 3;6 ; 4;4 ; 6;3   
b) Đặt    2 2n 2n 8 a a n 1 . a n 1 7         với a nguyên dương 
Vì a n 1 a n 1     nên 
a n 1 7 a 4
a n 1 1 n 2
    
 
    
Câu 3. 
a) Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: 
2a
b 2a
b
  
Tương tự ta có: 
2 2b c
c 2b ; a 2c
c a
    
2 2 2 2 2 2a b c a b c
b c a 2a 2b 2c a b c
b c a b c a
               
Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c 
b) Từ phương trình xy x y 2 0 1 xy x y 3         
Thay vào phương trình thứ nhất ta được: 
x y 2(x y 3) x y 2x 2y 6 0 x 3y 6             
Thay vào phương trình thứ hai ta được    23y 8y 4 0 3y 2 . y 2 0       
Với y 2 x 0.   Với 
2
y x 4
3
    
Vậy hệ có nghiệm    
2
x;y 0;2 ; 4;
3
  
   
  
Câu 4. 
a) Kẻ đường cao AH. Ta có 
3.AO 3R
AH
2 2
  ;
3R
AH 2AB R 3
sinB sin60
   
b) Tứ giác ABMC nội tiếp nên 0CMD BAC 60  
MCD cân có 0CMD 60 nên CMD là tam giác đều 
c) Ta có MCD đều nên MC = MD = CD 
Xét AMC và BDC có AC=BC; MC=CD; 0ACM BCD 60 BCM   
Nên AMC BDC(c.g.c)   
MA BD.  Do đó: S MA MB MC   
=MA MB MD MA BD 2MA     lớn nhất 
H
D
O
A
B C
M
Vậy S lớn nhất khi MA là đường kính của đường tròn (O) hay M là điểm 
chính giữa cung nhỏ BC. 
Câu 5. 
Đặt 
b c a x 2a y z
c a b y 2b z x
a b c z 2c z y
     
 
      
      
Ta có 
 
y z 9(z x) 16(x y) 1 y 9x z 16x 9z 16y 1
S . 2.3 2.4 2.3.4 19
2x 2y 2z 2 x y x z y z 2
   
             
 
Giá trị nhỏ nhất của S là 19. Đạt được khi và chỉ khi 
7 5 1
a ;b ;c
8 8 2
  