Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán Lớp 9 THCS (Ngày thi 22-3-2017) - Năm học 2016-2017 - Sở Giáo dục và Đào tạo Hưng Yên (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HƯNG YÊN 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS 
NĂM HỌC 2016-2017 
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN 
Thời gian: 150 phút 
Ngày thi: 22/3/2017 
Câu 1.(2 điểm) 
Cho 
2 1 2 1
a ;b
2 2
 
  . Tính 7 7a b 
Câu 2. (4 điểm) 
a) Cho hàm số y = ax+b (a khác 0) có đồ thi là (d) . Lập phương trình đường thẳng (d), 
biết (d) đi qua điểm A(1;2) và cắt trục hoành tại điểm B có hoành độ dương, cắt trục tung 
tại điểm C có tung độ dương và thỏa mãn  OB OC nhỏ nhất (O là gốc tọa độ) 
b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình 
23x 16y 24 9x 16x 32     
Câu 3. 3 điểm 
Giải phương trình 3 24x 5x 1 3x 1 3x     
Câu 4 . (3 điểm) 
Giải hệ phương trình 
 
2 2
4 2
y 2x 1 3 5y 6x 3
2y 5x 17x 6 6 15x
     

   
Câu 5. (6 điểm) 
 Cho điểm M thuộc nửa đường tròn (O) đường kính AB  M A,M B,MA MB   . 
Tia phân giác của AMB cắt AB tại C. Qua C vẽ đường vuông góc với AB cắt đường 
thẳng AM, BM theo thứ tự ở D, H. 
a) Chứng minh CA = CH 
b) Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên tiếp tuyến tại A của (O), F là hình chiếu 
vuông góc của D trên tiếp tuyến tại B của (O). Chứng minh E, M, F thẳng hàng. 
c) Gọi 
1 2
S ,S thứ tự là diện tích tứ giác ACHE và BCDF . Chứng minh 2
1 2
CM S .S 
Câu 6. (2 điểm) 
Cho ba số a,b,c 1 thỏa mãn 32abc 18(a b c) 27.    Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
2 2 2a 1 b 1 c 1
P
a b c
  
   
 ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 9 HƯNG YÊN 2016-2017 
Câu 1. 
Ta có :  
22 21 1 3a b 2 ;ab ; a b a b 2ab 2
4 2 2
          
Lại có     7 7 3 3 4 4 3 3a b a b a b a b a b      
   
23 2 2 2 2 3 3
2
3
a b 3ab(a b) a b 2a b a b (a b)
1 3 1 1 5 17 1 169 2
2 3. . 2 2. . 2 . 2. . 2
4 2 16 16 4 8 64 64
         
    
    
         
     
Câu 2. 
a) Do (d) đi qua điểm A(1;2) nên (d) có dạng y ax 2 a   
Có (d) cắt trục Ox tại 
a 2
B ;0
a
 
 
 
 và cắt trục Oy tại  C 0;2 a 
Vì điểm B có hoành độ dương và C có tung độ dương nên a <0 
Khi đó ta có 
a 2 2 2 2
OB OC 2 a 1 2 a 3 ( a) 3 2 .( a) 5
a a a a
  
                
Suy ra OB + OC nhỏ nhất khi và chỉ khi a 2  
Vậy phương trình (d) có dạng: y 2x 2 2    
b) 23x 16y 24 9x 16x 32 (1)     
ĐK: 3x 16y 24 0   
 
 
 
   
   
  
  
22 2
2 2
2 2
2 2
2 2
3x 16y 24 9x 16x 32 3x 16y 24 9x 16x 32
9(3x 16y 24) 9 9x 16x 32
9x 48y 72 81x 144x 288
9x 48y 72 9x 8 224
9x 48y 72 9x 8 224
9x 48y 72 9x 8 9x 48y 72 9x 8 224
18x 48y 64 48y 80 224
32. 9x 24
          
     
     
     
     
         
     
   
   
y 32 (3y 5) 224
9x 24y 32 . 3y 5 7
  
     
Với x, y nguyên thì (3y+5) là ước của (-7) và chia cho 3 dư 2 
 3y 5 1    hoặc  3y 5 7   
+) TH1:  3y 5 1 y 2 x 1         
+) TH2:  3y 5 7 y 4 x 7         
Vậy các cặp nghiệm nguyên (x;y) là  1; 2 ;( 7; 4)    
Câu 3. ĐK: 
1
x
3

 
 
   
 
  
 
   
 
3 2
3 2
3 2
2
3 2
2
2
2
4x 5x 1 3x 1 3x
4x 5x 1 3x 1 3x 0
4x 5x x 2x 1 3x 1 0
2x 1 3x 1
4x 5x x 0
2x 1 3x 1
4x x
4x x x 1 0
2x 1 3x 1
1
4x x x 1 0(*)
2x 1 3x 1
    
      
       
  
    
  

    
  
 
     
    
Với 
1
x
3

 thì  
 
1
x 1 0
2x 1 3x 1
  
  
2
x 0
(*) 4x x 0 1
x
4

    
 

 (thỏa mãn điều kiện) 
Vậy phương trình có nghiệm 
1
x 0;x
4
   
Câu 4. 
Điều kiện xác định 
1
x
2
 . Biến đổi phương trình thứ hai ta được 
 42y 5x 2 (x 3) 3(2 5x)    suy ra 
2
x
5
 (loại) hoặc 4 42xy 3 6y  
Ta đưa về hệ phương trình 
2 2
4 4
y 2x 1 3. 2x 1 5y 3
2xy 3 6y
     

 
Nhận thấy y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình nên chia 2 vế của phương trình 
thứ nhất cho 2y và phương trình thứ hai cho 4y có: 
2 2
4
3 3
2x 1 2x 1 5
y y
3
2x 1 5
y

    


   

Đặt 
2
3
a 2x 1 ; b
y
   với a 0;b 0  
Ta có hệ phương trình 
2 2
a ab b 5
a b 5
  

 
Ta được 
5 b
a
1 b



 thay vào phương trình (2) ta có: 
   
2
2 4 3 2 25 b b 5 b 2b 3b 20b 20 0 b 1 b 2 b 5b 10 0
1 b
 
              
 
Suy ra 
a 2
b 1



 hoặc 
a 1
b 2



+Với 
a 2
b 1



 thì 
4
5
x
2
y 3



  
+) Với 
a 1
b 2



 thì 4
x 1
3
y
2



 

Kết luận (x;y)
4
45 3; 3 ; 1;
2 2
    
           
Câu 5. 
a) Do MC là phân giác của AMB , theo tính chất đường phân giác 
AC AM
(1)
BC BM
  
Xét BHC và BAM có 0BCH BMA 90  , ABM là góc chung 
BHC đồng dạng với BAM 
HC AM
(2)
BC BM
  
Từ (1) và (2) AC HC  
b) Tứ giác ACHE là hình vuông suy ra AH=EC 
Gọi AH cắt EC tại I 
Xét AMH vuông tại M 0
AH EC
MI MI EMC 90
2 2
      
I
F
E H
D
C O
A B
M
Chứng minh tương tự ta có 0CMF 90 
Vậy 0 0 0EMF 90 90 180   suy ra E, M, F thẳng hàng 
c) Do tứ giác ACHE là hình vuông 
CE
CH
2
  
2
2 2
1 1
CE
S CH 2S CE
2
     
Tương tự 2
2
2S CF 
Xét FCE vuông tại C, đường cao CM, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta 
có, 
2 2 2
1 1 1
CE CF CM
  
2 2
2 1 2 1 2
1 22 2
1 2 1 2
2S S 2S SCE .CF
CM S .S
CE CF S S 2 S S
    
 
Dấu “=” xảy ra 
1 2
S S AM BM    (vô lý vì AM < BM) 
Vậy 2
1 2
CM S .S 
Câu 6. 
+) Sử dụng bất đẳng thức : Với x,y,z 0 , ta luôn có x y z 3(x y z)     
Từ bất đẳng thức đã cho ta có: 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
P 1 1 1 3 3 9 3
a b c a b c a b c
    
                 
    
Suy ra 
2
1 1 1
P 9
a b c
 
    
 
Từ giả thiết 
1 1 1 27
32abc 18(a b c) 27 18 32 (*)
ab bc ca abc
 
         
 
Ta có 
2
1 1 1 1 1 1 1
.
ab bc ca 3 a b c
 
     
 
 và 
3
1 1 1 1 1
.
abc 27 a b c
 
   
 
Đặt 
1 1 1
t
a b c
   . Từ (*) ta có 
  
2 3
23 2t t18 27. 32 t 6t 32 0 t 2 t 4 0 t 2
3 27
   
              
   
Suy ra 
2
21 1 1P 9 9 2 5
a b c
 
       
 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
3
a b c
2
   
Vậy giá trị lớn nhất của P là 5