Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 tỉnh Bắc Ninh - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẮC NINH 
Năm học 2017 – 2018 
Câu 1. (4,0 điểm) 
1) Rút gọn biểu thức: 
2 1 2 1
2 1 2 1
x x x x
P
x x x x
    

    
, với 2x  . 
2) Cho x là số thực dương thỏa mãn điều kiện 2
2
1
7x
x
  . Tính giá trị các biểu 
thức 5
5
1
A x
x
  ; 7
7
1
B x
x
  . 
Câu 2. (4,0 điểm) 
1) Cho phương trình 2 2( 1) 2 0x m x m     (1) , m là tham số. Tìm m để phương 
trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1x , 2x thỏa mãn 
1 2
1 2
2 1 1 2
2 1 2 1 55x x
x x
x x x x
 
   . 
2) Giải hệ phương trình 
 
2
2
( 1) 4
4 24 35 5 3 11
x y xy
x x y y
    

    
. 
Câu 3. (3,5 điểm) 
1) Tìm tất cả các số nguyên dương m , n sao cho 2m n chia hết cho 2m n và 
2n m chia hết cho 2n m . 
2) Cho tập hợp A gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số nguyên dương k 
nhỏ nhất có tính chất: Trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn tại hai số 
phân biệt a , b sao cho 2 2a b là số nguyên tố. 
Câu 4. (6,0 điểm) 
Cho tam giác ABC cân tại A  90BAC   nội tiếp đường tròn  O bán kính R . M 
là điểm nằm trên cạnh BC  BM CM . Gọi D là giao điểm của AM và đường tròn 
 O ( D khác A ), điểm H là trung điểm đoạn thẳng BC . Gọi E là điểm chính giữa 
cung lớn BC , ED cắt BC tại N . 
1) Chứng minh rằng . .MAMD MB MC và . .BN CM BM CN . 
2) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD . Chứng minh rằng ba điểm B
, I , E thẳng hàng. 
3) Khi 2AB R , xác định vị trí của M để 2MA AD đạt giá trị nhỏ nhất. 
Câu 5. (2,5 điểm) 
1) Cho x , y , z là các số thực không âm thỏa mãn 3x y z   và 0xy yz zx   . 
Chứng minh rằng 
3
1 1 1 25
1 1 1 3 4
x y z
y z x xy yz zx
  
  
    
. 
2) Cho tam giác ABC vuông tại C có CD là đường cao. X là điểm thuộc đoạn CD
, K là điểm thuộc đoạn AX sao cho BK BC , T thuộc đoạn BX sao cho AT AC , 
AT cắt BK tại M . Chứng minh rằng MK MT . 
LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẮC NINH 
NĂM HỌC 2017-2018 
Câu 1. (4,0 điểm) 
1) Rút gọn biểu thức: 
2 1 2 1
2 1 2 1
x x x x
P
x x x x
    

    
, với 2x  . 
2) Cho x là số thực dương thỏa mãn điều kiện 2
2
1
7x
x
  . Tính giá trị các biểu 
thức 5
5
1
A x
x
  ; 7
7
1
B x
x
  . 
Lời giải 
1) 
2 2
2 2
2. 1 1 1 1
1 2 1 1 1 2 1 1
2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1
2
x x
x x x x
P
x x x x x x
2. 1 1 1 1 2.2 1
2. 1
22 1 1 2 1 1
x x x
x
x x
. 
2) 
2
2 2
2 2
1 1 1 1
7 2 2 7 9 3x x x x
x x x x
 (do 0x ) 
Ta có 3 2
3 2
1 1 1
1 3.6 18x x x
x x x
2
4 2
4 2
1 1
2 47x x
x x
+) 4 5 3 5
4 3 5 5
1 1 1 1 1
18x x x x x
x x x x x
5 5
5 5
1 1
18 141 123x x
x x
+) 3 4 7 7
3 4 7 7
1 1 1 1 1
3x x x x x
x x x x x
7 7
7 7
1 1
3 846 843x x
x x
Câu 2. (4,0 điểm) 
1) Cho phương trình 2 2( 1) 2 0x m x m     (1) , m là tham số. Tìm m để phương 
trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1x , 2x thỏa mãn 
1 2
1 2
2 1 1 2
2 1 2 1 55x x
x x
x x x x
 
   . 
2) Giải hệ phương trình 
 
2
2
( 1) 4
4 24 35 5 3 11
x y xy
x x y y
    

    
. 
Lời giải 
1) 
2 22 41 4 2 2 1 7 0m m m m 
Theo định lí Vi-ét ta có 
2
1 2
1 2
1
2
x x m
x x m
1 2
2 1
2 1 2 1x x
x x
1 2
1 2
55
x x
x x
2
1 1 2 2 1 2
1 2 1 2
2 1 2 1 55x x x x x x
x x x x
22 2
1 1 2 2 1 22 2 55x x x x x x 
2 2
1 2 1 2 1 2 1 22 4 55 0x x x x x x x x 
2 22 22 1 4 2 1 2 55 0m m m m 
 4 2 2 22 2 1 4 8 1 4 4 55 0m m m m m m 
 4 22 24 0m m (2) 
Đặt 2m a 0a 
Phương trình (2) trở thành 2 2 24 0a a 
Ta có 25 0 phương trình có 2 nghiệm: 
1 4a (Nhận); 2 6a (Loại, vì 0a ) 
+) Với 4a 2 4m 2m 
Vậy 2m ; 2m là giá trị cần tìm. 
2) 
 
2
2
( 1) 4 (1) 
4 24 35 5 3 11 (2)
x y xy
x x y y
    

    
Phương trình (1) 2( 1) 4 0x y xy 2 2 3 0x x xy y 
1 3 1 0x x y x 1 3 0x x y 
1
3
x
y x
+) Thay 1x vào phương trình (2) ta được: 24.1 24.1 35 5 3 11y y 
3 11 3y y 
2
3 11 9y y 
23 11 10 2y y y 
223 11 10 2y y 2 29 100 0y y 
25
4
y
y
+) Thay 3y x vào phương trình (2) ta được 
24 24 35 5 3 3 11 3x x x x 
24 24 35 5 3 2 5 3x x x x 24 24 35 5 3 2 5 3 0x x x x 
24 28 24 3 2 5 3 2 9 5 3 0x x x x x x 
9 1 6 1 6
4 1 6 0
3 2 5 3 2 9 5 3
x x x x
x x
x x x x
9 1
1 6 4 0
3 2 5 3 2 9 5 3
x x
x x x x
Vì 
9 1
4 0,
3 2 5 3 2 9 5 3x x x x
2
3
x 
1 6 0x x 
1 4
6 9
x y
x y
Vậy nghiệm ;x y của hệ là: 1;4 , 1;25 , 6;9 
Câu 3. (3,5 điểm) 
1) Tìm tất cả các số nguyên dương m , n sao cho 2m n chia hết cho 2m n và 
2n m chia hết cho 2n m . 
2) Cho tập hợp A gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số nguyên dương k 
nhỏ nhất có tính chất: Trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn tại hai số 
phân biệt a , b sao cho 2 2a b là số nguyên tố. 
Lời giải 
1) 
2 2
2 2
m n m n
n m n m
 (1) 
2 2
2 2
m n m n
n m n m
1 0
1 0
m n m n
n m m n
1 0
1 0
m n
n m
 (do m , n nguyên dương) 
1 1m n 
*) TH1: 1m n 1m n 
+) 2 2m n m n 
2
2
m n
m n
2
2
1
1
n n
n n
2
2
3 1 4 2
3 1
n n n
n n
2
4 2
3 1
n
n n
 2 3 1 4 2n n n 
2 7 3 0n n 
7 37 7 37
2 2
n 
vì *n 1;2;3;4;5;6n 
1;2;3;4;5m 
Thử lại vào (1) ta tìm được các cặp ;m n thỏa mãn là: 2;3 . 
*) TH2: 0m n m n 
2 2m n m n 
2
2
m n
m n
2
2
n n
n n
2
2
2n n n
n n
2
1n
1 2n 3n 
Vì * 1;2;3n n 1;2;3m 
Thử lại vào (1) ta tìm được các cặp số ;m n thỏa mãn là: 2;2 , 3;3 . 
*) TH3: 1 1m n m n 
2 2n m n m 
2
2
n m
n m
2
2
1
1
n n
n n
2
2
3 1
1
n n
n n
2
4 2
1
n
n n
 2 1 4 2n n n 2 5 3 0n n 
5 37 5 37
2 2
n 
Vì * 1;2;3;4;5n n 2;3;4;5;6m 
Thử lại vào (1) ta được các cặp số ;m n thỏa mãn là: 3;2 
2) Ta xét tập T gồm các số chẵn thuộc tập A . Khi đó | | 8T và với a , b thuộc T 
ta có 2 2a b , do đó 9k 
Xét các cặp số sau: 
A 1;4 3;2 5;16 6;15 7;12 8;13 9;10 11;14 
Ta thấy tổng bình phương của mỗi cặp số trên đều là số nguyên tố 
Xét T là một tập con của A và | | 9T , khi đó theo nguyên lí Dirichlet T sẽ chứa ít 
nhất 1 cặp nói trên. 
Vậy min 9k 
Câu 4. (6,0 điểm) 
Cho tam giác ABC cân tại A  90BAC   nội tiếp đường tròn  O bán kính R . M 
là điểm nằm trên cạnh BC  BM CM . Gọi D là giao điểm của AM và đường tròn 
 O ( D khác A ), điểm H là trung điểm đoạn thẳng BC . Gọi E là điểm chính giữa 
cung lớn BC , ED cắt BC tại N . 
1) Chứng minh rằng . .MAMD MB MC và . .BN CM BM CN . 
2) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD . Chứng minh rằng ba điểm B
, I , E thẳng hàng. 
3) Khi 2AB R , xác định vị trí của M để 2MA AD đạt giá trị nhỏ nhất. 
Lời giải 
1) +) Ta có MAB ” MCD (g.g) 
MA MB
MC MD
 . .MAMD MB MC (đpcm) 
+) Theo gt A là điểm chính giữa cung nhỏ BC DA là tia phân giác BDC của 
BDC (1) 
Mặt khác, E là điểm chính giữa cung lớn BC AE là đường kính của ( )O 
90ADE DA DN (2) 
Từ (1) và (2) DN là tia phân giác ngoài BDC của BDC 
Do đó, theo tính chất cảu tia phân giác trong và tia phân giác ngoài của tam giác ta 
có: 
BM BD BN
CM CD CN
 . .BM CN BN CM (đpcm) 
2) Kẻ BE cắt ( )I tại J 
Ta có EBD EAD 
BJD DMC (góc trong- góc ngoài) 
Mà 90EAD DMC 90EBD BJD 
BD JD BJ là đường kính I BJ hay I BE 
 B , I , E thẳng hàng (đpcm) 
3) HAM DAE” (g.g) 
AM AH
AE AD
 . .AM AD AH AE 
Với 2AE R ; 
2
8
AB R
AH
AE
2
.
4
R
AM AD 
Theo BĐT Cô- si: 2 2 2 .AM AD AM AD 
2
2 2. 2
4
R
R 
GTNN đạt được khi: 2AM AD 
 M là trung điểm của AD 
 OM AD 
 M là gia điểm của đường tròn đường kính OA với BC 
Câu 5. (2,5 điểm) 
1) Cho x , y , z là các số thực không âm thỏa mãn 3x y z   và 0xy yz zx   . 
Chứng minh rằng 
3
1 1 1 25
1 1 1 3 4
x y z
y z x xy yz zx
  
  
    
. 
2) Cho tam giác ABC vuông tại C có CD là đường cao. X là điểm thuộc đoạn CD
, K là điểm thuộc đoạn AX sao cho BK BC , T thuộc đoạn BX sao cho AT AC , 
AT cắt BK tại M . Chứng minh rằng MK MT . 
Lời giải 
1) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: 
3
25
3 2.2
VT
xy yz zx
25
4xy yz zx
25
1xy yz zx x y z
25
1 1 1x y z
Cần chứng minh 
2
1 1 25x y 
Sau khi rút gọn, BĐT trở thành 2 2 2 4x y y z z x 
Giả sử y nằm giữa x và z , suy ra 0y x y z hay 2y zx xy yz 
Do đó 2 2y z z x 2xyz yz 
2 2 2 2 2x y y z z x x y xyz yz 
2
y z x 
1 1
.2
2 54
y z x z x 
3
2 4y z x z x . 
2) 
Vẽ đường tròn ;A AC , ;B BC và đường tròn ( )I ngoại tiếp ABC 
Kẻ AX cắt ( )I tại Y , BX cắt ( )I tại Z , AZ cắt BY tại P 
Ta có 90AYB (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( )I ) AY BP 
90BZA (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( )I ) BZ AP 
X là trực tâm của ABP 
Ta thấy ABC ACD” 2 2.AC AD AB AT 
ATD ABT 
Tương tự, ta có BKD BAK 
Ta có APD ABZ ATZ tứ giác ADTP là tứ giác nội tiếp 
AT PT (1) 
Tương tự, ta có BK PK (2) 
PK PT (3) 
Từ (1), (2), (3), suy ra MKP MTP (cạnh huyền – cạnh góc vuông) 
MK MT (đpcm)