Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán Lớp 9 THCS (Ngày thi 5-4-2018) - Năm học 2017-2018 - Sở Giáo dục và Đào tạo Lạng Sơn (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
LẠNG SƠN 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017 – 2018 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
Môn thi: Toán 9 THCS 
Thời gian: 150 phút 
Ngày thi: 05/4/2018 
 (Đề thi gồm 01 trang, 05 câu) 
Câu 1 (4,0 điểm). Cho biểu thức: 
4 4 4 4
2 3 2 3
x x x x x x x x
A
x x x x x x
     
 
   
 với 0, 1, 4x x x   . 
 a) Rút gọn biểu thức A. 
 b) Tính giá trị của biểu thức A khi 
(2 3) 7 4 3
2 1
x
 


. 
Câu 2 (4,0 điểm). Cho phương trình: 2 2 2 1 0x mx m    . 
 a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có nghiệm. 
 b) Gọi 
1 2, x x là các nghiệm của phương trình. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
1 2
2 2
1 2 1 2
2 3
2(1 )
x x
B
x x x x


  
. 
Câu 3 (4,0 điểm). 
 a) Giải phương trình: 2 4 1 3 1 0x x x     . 
 b) Cho ( )f x là đa thức với hệ số nguyên. Biết (2017). (2018) 2019f f  . Chứng 
minh rằng phương trình ( ) 0f x  không có nghiệm nguyên. 
Câu 4 (6,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có AC AB nội tiếp đường tròn (O). Kẻ phân 
giác trong AI của tam giác ABC ( )I BC cắt (O) ở E. Tại E và C kẻ hai tiếp tuyến với 
(O) cắt nhau ở F, AE cắt CF tại N, AB cắt CE tại M. 
 a) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn. 
 b) Chứng minh 
1 1 1
CN CI CF
  . 
 c) Gọi AD là trung tuyến của tam giác ABC, kẻ DK//AI ( )K AC . Chứng minh 
 2AK AC AB  . 
Câu 5 (2,0 điểm). Trường trung học phổ thông A tổ chức giải bóng đá cho học sinh nhân 
ngày thành lập đoàn 26 – 3 . Biết rằng có n đội tham gia thi đấu vòng tròn một lượt (hai 
đội bất kỳ đấu với nhau đúng một trận). Đội thắng được 3 điểm, đội hòa được 1 điểm và 
đội thua không được điểm nào. Kết thúc giải, ban tổ chức nhận thấy số trận thắng thua gấp 
bốn lần số trận hòa và tổng số điểm của các đội là 336. Hỏi có tất cả bao nhiêu đội bóng 
tham gia? 
--------------------------------Hết-------------------------------- 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
LẠNG SƠN 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017 – 2018 
Câu Nội dung Điểm 
1a Đặt t x , 0, 1, 2t t t   khi đó: 
3 2 3 2
3 3
4 4 4 4
2 3 2 3
t t t t t t
A
t t t t
     
  
   
( 1)( 2)( 2) ( 1)( 2)( 2)
( 1)( 1)( 2) ( 1)( 1)(2 )
t t t t t t
A
t t t t t t
     
  
     
2
2 2
2 2 2 4 2
2
1 1 1 1
t t t
A
t t t t
  
     
   
2
2
1
A
x
  

1b 2(2 3) (2 3)(2 3) 7 4 3 (2 3)(2 3)
2 1 2 1 2 1
x
    
  
  
1
2 1
2 1
x   

Do đó: 
2 2
2 2 2 2
2 1 1 2
A      
 
2a phương trình: 2 2 2 1 0x mx m    có a + b + c = 0 nên có hai 
nghiệm: 1 21, 2 1x x m   . Chứng tỏ PT luôn có nghiệm m 
(hoặc tính theo  để biện luận) 
2b Do PT luôn có nghiệm nên theo ĐL Vi-et ta có: 
1 2 1 22 , . 2 1x x m x x m    
Suy ra: 
2 2
1 2
2(2 1) 3 4 1
( ) 2 4 2
m m
B
x x m
  
 
  
Nhận thấy rằng mẫu số của B luôn dương, do đó để B nhỏ nhất thì ta 
chỉ xét 4 1 0m  hay 1/ 4m  , đặt 1/ 4 0, ( ê 0)t m n n t     
Vậy 1/ 4m t   thay vào B, ta được: 
2 2
4( 1/ 4) 1 4
4( 1/ 4) 2 4 2 9 / 4
t t
B
t t t
   
 
    
Để B nhỏ nhất thì 
2
4
4 2 9 / 4
t
C
t t

 
 phải lớn nhất, C>0 
Để C lớn nhất thì 
24 2 9 / 4 1 9
4 2 16
t t
D t
t t
 
    nhỏ nhất 
Áp dụng BĐT Cô si: 
9 1 9 1
2. . 2
16 2 16 2
D t t
t t
 
      
 
Dấu = xảy ra khi 
9 3
16 4
t t
t
   khi đó m = -1, vậy minB = -1/2 khi 
m = -1 
3a 
ĐK: 
1
3
x  
2 24 1 3 1 0 (3 1) 3 1 0x x x x x x x            
Đặt 3 1 0t x   ta được: 2 2 0x t x t    
( )( ) ( ) 0 ( )( 1) 0x t x t x t x t x t           
Với TH 0x t  hay 2
3 5
3 1 3 1
2
x x x x x

       t/m 
Với TH 1 0x t   hay 1 3 1 1t x x x      , ĐK: 1x  
2 5 173 1 1 2
2
x x x x

       t/m (loại 
5 17
2
x

 ) 
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: 
3 5
2
x

 , 
5 17
2
x

 
3b Từ giả thiết ta có (2017), (2018)f f là các số nguyên và x = 2017, 
 x = 2018 không là nghiệm của PT ( ) 0f x  
Giả sử PT ( ) 0f x  có nghiệm nguyên là x a Z  , theo định lý Bơ-
zu : ( ) ( ). ( )f x x a g x  với ( )g x là đa thức hệ số nguyên không 
nhận x = 2017, x = 2018 làm nghiệm 
Do vậy: 
(2017) (2017 ). (2017), (2018) (2018 ). (2018)f a g f a g    
Nhân vế với vế và áp dụng giả thiết (2017). (2018) 2019f f  : 
2019 (2017 ). (2017).(2018 ). (2018)a g a g   
Điều này là vô lý vì vế trái là số lẻ, còn vế phải là số chẵn 
( (2017 ); (2018 )a a  là 2 số nguyên liên tiếp, tích là số chẵn) 
Vậy ( ) 0f x  không có nghiệm nguyên (đpcm) 
GV có thể mở rộng cho HS: 
- Số 2017 và 2018 có thể thay bởi bất cứ số nguyên nào miễn sao có 
1 số chẵn và 1 số lẻ. Số 2019 có thể thay bằng 1 số nguyên lẻ bất kỳ. 
- Liệu có tìm được đa thức nào hệ số nguyên thỏa mãn giả thiết 
(2017). (2018) 2019f f  ? 
- Đa số chứng minh phương trình không có nghiệm đều sử dụng 
phương pháp phản chứng (dựa vào chia hết, số tận cùng ...) 
4a Do AI là phân giác nên BE CE , theo tính chất góc ngoài đường 
tròn, ta có : 
AMC AC BE AC CE ANC     
Vậy tứ giác AMNC nội tiếp 
4b Do hai tứ giác AMNC và ABEC nội tiếp, nên ta có các góc trong 
bằng nhau: 1 1 1 2 2 2; ;A C A C A M   
Suy ra : BC//MN//EF, CMN cân tại N 
Xét tam giác CIN có CE là phân giác và EF//IC nên ta có các tỉ số 
EN CN
EI CI
 ; 
EN FN
EI FC
 
CN FN
CI FC
  
1
CN CN CF CN CN
CI FC CI FC

     
Chuyển vế : 1
CN CN
CI FC
  , chia 2 vế cho CN ta có điều phải chứng 
minh 
4c 
Gọi H thuộc AC sao cho K là trung điểm của AH, Kẻ HG//AI với G 
thuộc BC, trên HG lấy điểm L sao cho CG = CL ( CLG cân) 
Từ AI//DK//HG và K là trung điểm của AH nên DI = DG, theo giả 
thiết DB = DC nên BI = GC vậy BI = CL 
AI//HL nên BAI IAC LHC  , và BIA EIC LGC HLC   
(so le và đồng vị) 
Xét hai tam giác AIB và HLC có hai góc bằng nhau nên góc còn lại 
bằng nhau, có 1 cạnh bằng nhau BI = CL nên AIB HLC  g.c.g 
Vậy AB = HC 
Mặt khác HC = AC – AH = AC – 2AK 
Nên AB = AC – 2AK 2AK = AC – AB đpcm 
5 Gọi số trận hòa là x ( x *N ) tổng số điểm của các trận hòa là 2x, 
(1 trận hòa có 2 đội, mỗi đội được 1 điểm) 
Theo giả thiết số trận thắng là 4x  tổng số điểm của các trận thắng 
là 12x 
Tổng số điểm các đội là 336 2x + 12x = 336  x = 24 
Vậy ta có tất cả 24 + 4.24 = 120 trận đấu diễn ra 
Từ giả thiết có n đội, mỗi đội đấu với n – 1 đội còn lại nên số trận 
đấu diễn ra là n(n – 1) , nhưng đây là tính cả trận lượt đi và lượt về, 
giả thiết mỗi đội đấu với nhau đúng 1 lần nên tổng số trận giảm đi 
một nửa, do đó có tất cả 
n(n 1)
2

 trận đấu 
Vậy 
n(n 1)
120 ( 1) 240 16, ( 15
2
n n n n

        loại) 
KL : có tất cả 16 đội bóng tham gia.