Đề thi chọn học sinh giỏi Khánh Hòa môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HSG KHÁNH HÒA 
NĂM HỌC 2017-2018 
Câu 1. (4,0 điểm) 
Giải phương trình:  22 5 3 2 27 3 1 2x x x x x        . 
Câu 2. (4,0 điểm) 
a. Chứng minh rằng: 3 370 4901 70 4901   là một số nguyên. 
b. Chứng minh rằng: Với mọi số nguyên dương n , ta có:
 3 3 3
1 1 1 1
... 3.
2 3 2 4 3 1n n
    

Câu 3. (2,0 điểm) 
Cho hai số thực x và y thỏa mãn 2 2 1x xy y   . Tìm giá trị lớn nhất của 
3 3P x y xy  . 
Câu 4. (2,0 điểm) 
Cho p là một số nguyên tố thỏa mãn 3 3p a b  với , a b là hai số nguyên dương 
phân biệt. Chứng minh rằng : Nếu lấy 4 p chia cho 3 và loại bỏ phần dư thì nhận 
được số là bình phương của một số nguyên lẻ. 
Câu 5. (6,0 điểm) 
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp  .O Gọi , E F lần lượt là các chân đường cao 
kẻ từ , B C của tam giác ABC . Đường tròn  I đi qua , E F và tiếp xúc với BC 
tại D . Chứng minh rằng: 
2
2
.
.
.
DB BF BE
DC CF CE

Câu 6. (2,0 điểm) 
Trên bàn có n ( , > 1).n n viên bi. Có hai người lần lượt lấy bi. Mỗi người đến 
lượt mình được lấy một số bi tùy ý (ít nhất 1 viên bi) trong những viên bi còn lại 
trên bàn, nhưng không vượt quá số viên bi mà người lấy trước vừa lấy, biết rằng 
người lấy đầu tiên lấy không quá 1n viên bi. Người nào lấy viên bi cuối cùng 
được xem là người chiến thắng. Tìm các số n sao cho người lấy trước có chiến 
lược chiến thắng. 
LỜI GIẢI ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TỈNH KHÁNH HÒA 
NĂM HỌC 2017-2018 
Câu 1. (4,0 điểm) 
Giải phương trình:  22 5 3 2 27 3 1 2x x x x x        . 
Lời giải: 
 ĐK : 
 + 2 0 - 2 
 1.
1 0 1
x x
x
x x
  
   
   
 22 5 3 2 27 3 1 2x x x x x        
 210 6 2 27 3 1 2 (1).x x x x x        
Đặt 3 1 2t x x    mà 1 t 3.x    
Phương trình (1)     2 20 0 4 5 = 0 t = 5 3 .t t t t t         
Khi đó ta có phương trình: 3 1 2 5 x x   
 
 
3 1 3 + 2 2 0
3 2 2
0
1 1 2 2
3 1
2 0
1 1 2 2
3 1
2 0 2 do > 0 .
1 1 2 2
x x
x x
x x
x
x x
x x
x x
     
 
  
   
 
    
    
 
      
    
Vậy phương trình có tập nghiệm {2}.S  
Câu 2. (4,0 điểm) 
a. Chứng minh rằng: 3 370 4901 70 4901   là một số nguyên. 
b. Chứng minh rằng: Với mọi số nguyên dương n , ta có:
 3 3 3
1 1 1 1
... 3.
2 3 2 4 3 1n n
    

Lời giải: 
a) Với 3 3 3 3 3 3 x = 3 ( ) x 3 .x a b a b ab a b a b abx          
Áp dụng: Đặt 
3 3 3 370 4901, b = 70 4901, 70 4901+ 70 4901a x      
33 2 3 3
2 2
70 70 3 70 4901 140 3 3 140 0
( 5)( 5 28) 0 5 0 ( do 5 28 0) 5.
x x x x x x
x x x x x x x
           
            
Vậy 3 370 4901 70 4901 5    là một số nguyên (đpcm). 
b) Ta có 
          
3 3 2 3 23 3 3 3 3 31 1 = 1 1 1 1 .n n n n n n n n n n            
Mà          2 2 23 2 3 33 3 331 1 3 1 1 3 1 1 .n n n n n n n n           
Từ đó suy ra 
 
   
 3 3 3
2 3
3
33
1 1 1
 3
1 1
3 1 1
1n n n
n
n n n
n n  
   
  
 


Nên 
3 3 33 3 3 3 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
... 3 3 ... 3
2 13 2 4 3 ( 1) 2 2 3 1n n n n
    
              
      
 
3 3 3 3
3 3 3
1 1 1 1 1 1
... 3 3
2 13 2 4 3 ( 1) 1
1 1 1 1
... 3.
2 3 2 4 3 1
n n n
n n
 
        
  
     

Câu 3. (2,0 điểm) 
Cho hai số thực x và y thỏa mãn 2 2 1x xy y   . Tìm giá trị lớn nhất của 
3 3P x y xy  . 
Lời giải: 
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm ta có: 
 2 2 2 22 2 2x y x y xy xy    2 2 2 3x y xy xy xy xy     
1
.
3
xy  
Ta có  
2 2 20 2a b ab a b      
 
 
2
2
4 1 .
4
a b
ab a b ab

     
   3 2 23 1xy xP x y xy xy yxy      vì 2 2 1x xy y   
Áp dụng BĐT  1 ta có 
 
   
2 2 2
2 1 1 1 4
. 1 1 : 4
4 4
2 2
3 9
xy xy xy
y yP x x
    
      
 
 
2
9
P  . Vậy P có giá trị lớn nhất bằng 
2
9
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ 
khi 
13
xy  và x y 
1
3
x y   hoặc 
1
.
3
x y

 
Câu 4. (2,0 điểm) 
Cho p là một số nguyên tố thỏa mãn 3 3p a b  với , a b là hai số nguyên dương 
phân biệt. Chứng minh rằng : Nếu lấy 4 p chia cho 3 và loại bỏ phần dư thì nhận 
được số là bình phương của một số nguyên lẻ. 
Lời giải: 
 Ta có 3 3 2 2( )( )p a b a b a ab b      là số nguyên tố mà ,a b là số nguyên dương 
1a b  
1a b   3 3 2( 1) 3 3 1p b b b b       24 12 12 4 1( 3)p b b mod     
Nếu lấy 4 p chia 3 và loại bỏ phần dư ta được  
224 4 1 2 1A b b b     là số chính 
phương lẻ. 
Câu 5. (6,0 điểm) 
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp  O . Gọi , E F lần lượt là các chân đường cao 
kẻ từ , B C của tam giác ABC . Đường tròn  I đi qua , E F và tiếp xúc với BC 
tại D . Chứng minh rằng: 
2
2
.
.
.
DB BF BE
DC CF CE

Lời giải: 
D
F
E
O
A
B C
I
H
G
Gọi (I), ( ).H AC G AB I    
Trước hết ta chứng minh được  CDH CED g g  ∽
 chung
do 
C
CDH CED



 2 . 1 .
CD CE
CD CH CE
CH CD
   
Chứng minh tương tự     2 . 2 .
BD BG
BDF BGD g g BD BG BF
BF BD
      ∽ 
Ta có GBE HCF ( cùng phụ với A ) và BGE CHF ( cùng bù với EHF ) 
  BGE CHF g g  ∽   3 .
BG BE
CH CF
  Từ    1 , 2 và  3  
2
2
. .
. .
. .
DB BG BF BG BF BE BF BF BE
DC CH CE CH CE CF CE CF CE
    ( đpcm). 
Câu 6. (2,0 điểm) 
Trên bàn có n ( , > 1).n n viên bi. Có hai người lần lượt lấy bi. Mỗi người đến 
lượt mình được lấy một số bi tùy ý (ít nhất 1 viên bi) trong những viên bi còn lại 
trên bàn, nhưng không vượt quá số viên bi mà người lấy trước vừa lấy, biết rằng 
người lấy đầu tiên lấy không quá 1n viên bi. Người nào lấy viên bi cuối cùng 
được xem là người chiến thắng. Tìm các số n sao cho người lấy trước có chiến 
lược chiến thắng. 
Lời giải: 
+ Ta thấy rằng nếu n lẻ thì người đi trước luôn thắng, bằng cách ở nước đi đầu 
tiên, người đó chỉ lấy một viên bi, do đó ở những nước đi tiếp theo, mỗi người 
chỉ được lấy một viên bi. 
+ Xét trường hợp n chẵn. Rõ ràng người nào lấy một số lẻ viên bi đầu tiên sẽ 
thua, vì để lại cho người đi nước tiếp theo một số lẻ viên bi, trở về trường hợp 
trên. Do đó, người chiến thắng phải luôn lấy một số chẵn viên bi. Như vậy, các 
viên bi gắn thành từng cặp và mỗi người đến lượt sẽ lấy một số cặp nào đó. 
 TH1: Nếu chỉ có một cặp   2n : người đi trước thua vì chỉ được lấy một viên. 
 TH2: Nếu số cặp lẻ và lớn hơn 1   2mod 4n : ta sẽ trở về trường hợp n lẻ (vì 
các viên bi đã được gắn thành cặp) và người đi trước sẽ thắng. 
TH3: Nếu số cặp chẵn   0mod 4n : mỗi người muốn thắng thì luôn phải lấy 
một số chẵn cặp (nếu ngược lại thì trở về TH2). Khi đó các viên bi được gắn 
thành từng nhóm 4 viên. Tương tự TH1 và TH2 ta thấy nếu số nhóm là một 
  4n ; nếu  4n và số nhóm lẻ   4mod 8n thì người đi trước thắng. Nếu số 
nhóm là chẵn   0mod8n , ta lại gắn các viên bi thành từng nhóm 8 viên, 
+ Như vậy người đi trước có chiến lược thắng khi và chỉ khi n không phải là 
một lũy thừa của 2   2kn .