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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
PHÚ YÊN 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
LỚP 9 NĂM HỌC 2017-2018 
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút 
Câu 1. Tính giá trị của 
2 3 2 3
2 2P
4 2 3 4 2 3
1 1
2 2
 
 
 
 
Câu 2. Giải phương trình 
      
      
2 2
2 2
2017 x 2017 x x 2018 x 2018 13
372017 x 2017 x 2018 x x 2018
     

     
Câu 3. Cho a, b, c >0. Chứng mnh rằng: 
a a a b c
a) b) 1
a 2b a b a 2b b 2c c 2a
   
    
Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa 
điểm A, dựng hai tia Bx, Cy vuông góc với cạnh BC. Trên tia Bx lấy điểm D sao 
cho BD = BA, trên tia Cy lấy điểm E sao cho CE = CA. Gọi G là giao điểm của 
BE và CD, K và L lần lượt là giao điểm của AD, AE với cạnh BC 
a) Chứng minh rằng CA = CK và BA = BL 
b) Đường thẳng qua G song song với BC cắt AD, AE theo thứ tự tại I, J. Gọi H 
là hình chiếu vuông góc của G lên BC. Chứng minh rằng tam giác IHJ 
vuông cân. 
Câu 5. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Điểm M chuyển động trên cạnh BC 
(M khác B, C). Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AB, AC . Vẽ 
các đường tròn (H;HM) và (K;KM) 
a) Chứng minh rằng hai đường tròn (H) và (K) luôn cắt nhau 
b) Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (H) và (K). Chứng minh rằng 
MN luôn đi qua một điểm cố định 
Câu 6. Tìm các số nguyên tố p sao cho 7p+1 bằng lập phương của một số tự nhiên 
ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 PHÚ YÊN 2017-2018 
Câu 1 
     2 3 3 3 2 3 3 32 3 2 3 3 3 3 3
P 1
6 6 6 63 3 3 3
      
      
 
Câu 2. 
Đặt 2017 x a  và x 2018 b.  Ta có phương trình 
2 2
2 2
a ab b 13
a ab b 37
 

 
   2 2 2 212a 25ab 12b 0 12a 16ab 9ab 12b 0 3a 4b . 4a 3b 0             
Xét    3a 4b 0 3 2017 x 4 x 2018 0 x 2021         
Xét 4a 3b 0 4(2017 x) 3(x 2018) 0 x 2014         
Phương trình có tập nghiệm  S 2014;2021 
Câu 3. 
a) Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có : 
a a a
.
a 2b a ba.(a 2b)
 
 
Dấu “=” xảy ra khi a a 2b b 0    vô lý. Vậy 
a a
a 2b a b

 
b) Tương tự câu a ta có : 
a b c a b c a b c
1
a 2b b 2c c 2a a b b c c a a b c a b c a b c
        
           
Câu 4 
x
y
J
I
L
K
G
E
D
B
A C
a) Ta có BD = BA ABD cân nên BAD BDA 
Mà 0BAD KAC 90 BDA BKD    BDA AKC KAC AKC    
ACK cân nên CA = CL 
Tương tự ABL cân nên BA = BL 
b) Áp dụng định lý Ta let và hệ quả của nó ta có: 
CH GE CE CA CK CK CH HK
BH GB BD BA BL BL BH HL

     

 (Giả sử AB > AC) 
Suy ra 
HK CE GC IK
HL BD GD ID
   hay 
HK IK
HI / /DL
HL ID
  
Ta lại có BD = BL nên tam giác BDL vuông cân 
0 0BLD 45 JIH BHI BLD 45      
Chứng minh tương tự ta cũng có 0IJH 45 IHJ  vuông cân tại H 
Câu 5 
a) Ta có HM KM HK HK KM    nên 2 đường tròn (H) và (K) luôn cắt nhau 
b) Ta có NHM NCB ;NMK NBC  
Do AKMH là chữ nhật nên 0 0 0NHM NKM 90 NCB NBC 90 BNC 90       
Vẽ hình vuông ABEC ta có A, N, B, E, C cùng thuộc đường tròn đường 
kính BC cố định 
Ta lại có NEB NCB mà NCB NMH,NEB NHM  , do MH // EB nên ba điểm 
N, M, E thẳng hàng. Vậy MN luôn đi qua điểm E cố định 
E
N
H
K
C
A B
M
Câu 6 
Xét p = 2 7p 1 15   (loại) 
Xét p > 2 thì p là số nguyên tố lẻ nên 7p + 1 là số tự nhiên chẵn. Đặt  
3
7p 1 2k  
với k nguyên dương . Khi đó     
3 27p 2k 1 2k 1 4k 2k 1      
Vì p và 7 đều là số nguyên tố nên 
TH1: 
2
2k 1 7 k 4
p 734k 2k 1 p
   
 
   
 (thỏa mãn) 
TH2: 
2
2k 1 1 k 1
p 14k 2k 1 7p
   
 
   
 (loại) 
TH3:
2 2
2k 1 p 2k 1 p k 1
p 14k 2k 1 7 2k k 3 0
      
   
       
 (loại) 
Vậy p = 73 thỏa mãn bài toán