Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 THCS (Ngày thi 10-3-2018) - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THANH HÓA 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
NĂM HỌC 2017-2018 
 Môn thi: TOÁN - Lớp 9 THCS 
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 10 tháng 3 năm 2018 
 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) 
Câu I (4,0 điểm). 
1. Cho biểu thức 
2
2 1 1 2 2
1
x x x x x
P
x x x x x x x x
   
  
   
, với 0, 1.x x  Rút gọn P 
và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên. 
2. Tính giá trị của biểu thức 
2018 2017
2
4( 1) 2 2 1
2 3
x x x x
P
x x
   


 tại 
1 3
.
2 3 2 2 3 2
x  
 
Câu II (4,0 điểm). 
1. Biết phương trình 2( 2) 2( 1) 0m x m x m     có hai nghiệm tương ứng là độ dài hai 
cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền của 
tam giác vuông đó bằng 
2
.
5
2. Giải hệ phương trình 
2 2 2( ) (8 8 4 13) 5 0
1
2 1
x y x y xy
x
x y
      


  
Câu III (4,0 điểm). 
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 2 25 62 ( 2) ( 6 8) .y y y x y y x       
2. Cho ,a b là các số nguyên dương thỏa mãn 2 2p a b  là số nguyên tố và 5p  chia 
hết cho 8. Giả sử ,x y là các số nguyên thỏa mãn 2 2ax by chia hết cho p . Chứng minh rằng cả 
hai số ,x y chia hết cho p . 
Câu IV (6,0 điểm). 
Cho tam giác ABC có ( ),( ),( )aO I I theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp, đường tròn 
nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A của tam giác với các tâm tương ứng là , , aO I I . 
Gọi D là tiếp điểm của ( )I với BC , P là điểm chính giữa cung của ( )O , aPI cắt ( )O tại 
điểm K . Gọi M là giao điểm của PO và ,BC N là điểm đối xứng với P qua .O 
1. Chứng minh aIBI C là tứ giác nội tiếp. 
2. Chứng minh aNI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác .aI MP 
3. Chứng minh 
aDAI KAI . 
Câu V (2,0 điểm). 
Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn .x z Chứng minh rằng 
2
2
2 5
.
2
xz y x z
y yz xz yz x z

  
  
------------- HẾT -------------- 
BAC
Số báo danh 
.................................. 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THANH HÓA 
ĐỀCHÍNH THỨC 
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
NĂM HỌC 2017-2018 
Môn thi: TOÁN – Lớp 9 THCS 
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 10 tháng 3 năm 2018 
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM 
(Gồm có 05 trang) 
Câu NỘI DUNG Điểm 
I 
4,0 
điểm 
1. Cho biểu thức 
2
2 1 1 2 2
1
x x x x x
P
x x x x x x x x
   
  
   
, với 0, 1.x x  
Rút gọn P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên 
2,5 
Với điều kiện 0, 1x x  , ta có:
       
2 1 2 2 1
1 1 1 1 1
x x x x x
P
x x x x x x x x x x
   
  
       
 0,50 
    
  
2 1 1 2 2 1
1 1
x x x x x x x
x x x x
      

  
 0,50 
 
  
2
1 1
x x x
x x x x
 

  
0,50 
  
  
1 2 2
.
11 1
x x x
x xx x x
  
 
   
 0,50 
Ta có với điều kiện 0, 1 1 1 1x x x x x       
 2 2 1
0 1 2
1 1 1
x x
P
x x x x
 
      
   
Do P nguyên nên suy ra 
2
1 1 1
1
x
P x
x x

    
 
 (loại). 
Vậy không có giá trị của x để P nhận giá trị nguyên.
0,50 
Chú ý 1:Có thể làm theo cách sau 
 
2
1 2 0
1
x
P Px P x P
x x

      
 
, coi đây là phương trình bậc hai của x . 
Nếu 0 2 0P x    vô lí, suy ra 0P  nên để tồn tại x thì phương trình trên có 
   
2
1 4 2 0P P P       
22 2 4 43 6 1 0 2 1 1
3 3
P P P P P          
Do P nguyên nên  
2
1P  bằng 0 hoặc 1 
+) Nếu  
2
1 0 1 1P P x      không thỏa mãn. 
+) Nếu  
2 2
1 1 2 2 0 0
0
P
P P x x x
P

          
 không thỏa mãn 
Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn. 
0,50 
2. Tính giá trị của biểu thức 
  2018 2017
2
4 1 2 2 1
2 3
x x x x
P
x x
   


 tại 
1 3
.
2 3 2 2 3 2
x  
 
1,5 
Vì 
1 3 3 1
22 3 2 2 3 2
x

  
 
 0,50 
nên 
3 1
2
x

 là nghiệm của đa thức 22 2 1.x x  0,50 
Do đó 
 
 
2017 2
2
2 2 2 1 2 1 2 1
3 3.
12 2 1 1
x x x x x
P
xx x x
    
   
   
 0,50 
Chú ý 2:Nếu học sinh không thực hiện biến đổi mà dùng máy tính cầm tay để thay 
số và tìm được kết quả đúng thì chỉ cho 0,5 đ. 
II 
4,0 
điểm 
1. Biết phương trình 2( 2) 2( 1) 0m x m x m     có hai nghiệm tương ứng là độ 
dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm m để độ dài đường cao ứng 
với cạnh huyền của tam giác vuông đó bằng 
2
.
5
2,0 
Phương trình  2( 2) 2( 1) 0 ( 1) ( 2) 0m x m x m x m x m          có hai nghiệm 
khi và chỉ khi 2.m  Khi đó 2 nghiệm của phương trình là 1và .
2
m
a b
m
 

0,50 
Hai nghiệm đó là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông suy ra 
0 0
2
m
m
m
  

 hoặc 2m  . 
0,50 
Từ hệ thức 
2 2 2
1 1 1
a b h
  trong tam giác vuông ta có
2
2 2
1 ( 2) 5 2 1
1 4 2
m m
m m
 
     0,50 
Với 
2 1
2 4 4
2
m
m m m
m

      (thỏa mãn) 
Với 
2 1 4
2 4
2 3
m
m m m
m

        (loại) 
Vậy 4m  là giá trị cần tìm. 
0,50 
2. Giải hệ phương trình 
2 2 2( ) (8 8 4 13) 5 0 (1)
1
2 1 (2)
x y x y xy
x
x y
      


  
 2,0 
ĐKXĐ: 0x y  
Chia phương trình (1) cho 2( )x y ta được hệ
2 2
2
5
8( ) 4 13
( )
1
2 1
x y xy
x y
x
x y

    

  
 
0,25 
2
2 2 2
2
1 1
5 ( ) 3( ) 13 5 3( ) 23
( )
1 1
( ) 1 ( ) 1
x y x y x y x y
x y x y
x y x y x y x y
x y x y
    
                   
  
                     
 0,50 
Đặt
1
,u x y v x y
x y
    

(ĐK: | | 2u  ), ta có hệ 
2 25 3 23 (3)
1 (4)
u v
u v
  

 
 0,25 
Từ (4) rút 1u v  , thế vào (3) ta được 
2 2 25 3(1 ) 23 4 3 10 0 2u u u u u         hoặc 
5
4
u   . 
Trường hợp 
5
4
u   loại vì 2.u  
0,25 
Với 2 1u v    (thỏa mãn). Khi đó ta có hệ 
1
2
1
x y
x y
x y

  

   
 0,25 
Giải hệ trên bằng cách thế 1x y   vào phương trình đầu ta được 
1
2 1 2 1
2 1
y y
y
    

. Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( , ) (0;1).x y  
0,50 
III 
4,0 
điểm 
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 
 2 2 25 62 ( 2) 6 8 (1).y y y x y y x       2,0 
Ta có      2(1) 2 3 56 ( 2) 2 4y y y x y y x        
0,25 
     22 4 3 56y x y x y        
0,25 
   1 2 3 56.x y x y      0,50 
Nhận thấy    2 1 3,y x x y      nên ta phải phân tích số 56 thành tích của ba số 
nguyên mà tổng hai số đầu bằng số còn lại. 
0,25 
Như vậy ta có 
   
   
) 56 1.7.8 ; 2;9 .
) 56 7.1.8 ; 8;3 .
x y
x y
   
   
0,25 
       
       
) 56 8 .1. 7 ; 7;3 .
) 56 1. 8 . 7 ; 2; 6 .
x y
x y
      
      
 0,25 
       
       
) 56 8 .7. 1 ; 7;9 .
) 56 7. 8 . 1 ; 8; 6 .
x y
x y
      
      
Vậy phương trình có 6 nghiệm nguyên như trên. 
0,25 
Chú ý 3:Học sinh có thể biến đổi phương trình đến dạng 
     22 4 3 56y x y x y        (được 0,5đ), sau đó xét các trường hợp xảy ra. 
Khi đó với mỗi nghiệm đúng tìm được thì cho 0,25 đ (tối đa 6 nghiệm = 1,5 đ) 
2. Cho ,a b là các số nguyên dương thỏa mãn 2 2p a b  là số nguyên tố và 5p  
chia hết cho 8. Giả sử ,x y là các số nguyên thỏa mãn 2 2ax by chia hết cho p . 
Chứng minh rằng cả hai số ,x y chia hết cho p . 
2,0 
Do 5 8p  nên 8 5 ( )p k k   
Vì      
4 2 4 2
2 2 2 2
k k
ax by ax by p
 
  nên 4 2 8 4 4 2 8 4k k k ka x b y p      
0,50 
Nhận thấy    4 2 8 4 4 2 8 4 4 2 4 2 8 4 4 2 8 4 8 4k k k k k k k k k ka x b y a b x b x y                0,25 
Do      
2 1 2 1
4 2 4 2 2 2 2 2
k k
k ka b a b a b p
 
      và b p nên 8 4 8 4 (*)k kx y p  0,25 
Nếu trong hai số ,x y có một số chia hết cho p thì từ (*) suy ra số thứ hai cũng chia 
hết cho p . 
0,50 
Nếu cả hai số ,x y đều không chia hết cho p thì theo định lí Fecma ta có : 
8 4 1 8 4 11(mod ), 1(mod )k p k px x p y y p       
8 4 8 4 2(mod )k kx y p    . Mâu thuẫn với (*).Vậy cả hai số x và y chia hết cho p . 
0,50 
IV 
6,0 
điểm 
Cho tam giác ABC có ( ),( ),( )aO I I theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp, 
đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh Acủa tam giác với các 
tâm tương ứng là , , aO I I . Gọi D là tiếp điểm của ( )I với BC , P là điểm chính 
giữa cung của ( )O , aPI cắt ( )O tại điểm K . Gọi M là giao điểm của PO và 
,BC N là điểm đối xứng của P qua .O 
BAC
1. Chứng minh: 
a
IBI C là tứ giác nội tiếp 2,0 
aI là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác 
ABC , từ đó suy ra ,a aBI BI CI CI  
( Phân giác trong và phân giác ngoài cùng một góc thì vuông góc với nhau). 
1,0 
Xét tứ giác aIBI C có 
0180a aIBI ICI  
Từ đó suy ra tứ giác aIBI C là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính aII . 
1,0 
2. Chứng minh là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác 2,0 
Nhận thấy bốn điểm , , , aA I N I thẳng hàng (vì cùng thuộc tia phân giác của BAC ). 
Do NP là đường kính của ( )O nên 090NBP  , M là trung điểm của BC nên 
PN BC tại M 
0,25 
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông PBN ta có 2 .NB NM NP 0,25 
Vì BIN là góc ngoài tại đỉnh I của tam giác ABI nên BIN =  1 (1)
2
ABC BAC 0,25 
Xét (O): 
2
BAC
NBC NAC  (cùng chắn cung NC) 0,25 
 1 (2).
2
NBI NBC CBI BAC ABC     0,25 
Từ (1) và (2) ta có BIN = NBI nên tam giác NIB cân tại N 
Chứng minh tương tự tam giác NIC cân tại N 
0,25 
Từ đó suy ra N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC , cũng chính là tâm của 
đường tròn ngoại tiếp tứ giác aIBI C
2 2 .aNI NB NM NP   
0,25 
Vậy aNI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác aI MP 0,25 
3. Chứng minh: . 2,0 
GọiF là tiếp điểm của đường tròn (I) với AB. 
Xét hai tam giác có: 
1
2
NBM BAC IAF  
0,50 
P
D
F
Ia
K N
M
O
I
CB
A
---------- Hết ------------ 
Chú ý: 
- Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân 
chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án. 
- Đối với Câu IV (Hình học): Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm. 
- Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm. 
MNB đồng dạng với FIA . 
Suy ra mà: , nên 0,50 
Ta có: 
 nên suy ra aNMI đồng dạng với IDA  (1). 
0,50 
Do là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác nên 
aKAI KAN KPN  a aI PN NI M  (2) 
0,25 
Từ (1) và (2) ta có aDAI KAI 0,25 
V 
2,0 
điểm 
Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn .x z Chứng minh rằng 
2
2
2 5
.
2
xz y x z
y yz xz yz x z

  
  
2,0 
Ta có 
2
2
22
2
1
2
1 11
xz y z
xz y x z yz yz xP
xz zyy yz xz yz x z
yz xyz


     
  
 
 0,25 
2 2 2
2 2 2
2
1
1 2
1 1 1
1 1 1
x zy
a b cy xz
y x z b a c
z y x


     
  
  
, 
trong đó  2 2 2, , , , 0
x y z
a b c a b c
y z x
    
0,25 
Nhận xét rằng  2 2 2
1
. 1 .
x
a b do x z
z c
    0,25 
Xét
        
   
2 2 2 2 2 2 22 2
2 2 2 2
1 1 1 1 2 1 12
1 1 1 1 1 1
a a ab b b ab aba a ba b ab
b a ab a b ab
       
  
      
      
   
2 22 2 3 3
2 2
0
1 1 1
ab a b a b a b a b
a b ab
     
 
  
0,25 
Do đó  
2 2
2 2
2
2 2
1 .
11 1 1 1
1
a b ab c
b a ab c
c
   
   

 Đẳng thức xảy ra khi a b . 0,25 
Khi đó 
2
2
2 1 2 5
1 1 2
c
c c

 
 
        
  
2 2 2
2
2 2 1 1 1 2 5 1 1
2 1 1
c c c c c
c c
      

 
 0,25 
  
 
  
   
3
2 3
2 2
11 3 3
0 1 2
2 1 1 2 1 1
cc c c
do c
c c c c
  
   
   
 0,25 
Từ  1 và  2 suy ra điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi 
, 1 .a b c x y z     
0,25 
aNI aI MP