Đề thi chọn học sinh giỏi Thành phố dự thi cấp tỉnh các môn văn hóa Lớp 9 năm học 2016-2017 môn Toán

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THÀNH PHỐ VINH 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ 
DỰ THI CẤP TỈNH CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9 
ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC: 2016-2017 
Môn: Toán – Lớp 9 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đê) 
Ngày thi: 26 tháng 11 năm 2016 
Bài 1. (4,0 điểm) 
1) Cho a+b+c=0 và a,b,c đều khác 0. Rút gọn biểu thức: 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
ab bc ca
A
a b c b c a c a b
  
     
2) Tính giá trị của biểu thức: 
3 2
3 2
x x 5x 3 6
P
x 2x 7x 3
   

  
 tại 3 3x 1 2 4   
Bài 2. (4,0 điểm) 
1) Giải hệ phương trình 
2 2x xy y 3
x y xy 5
   

  
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 
  x 22x 5y 1 2 x x y 105      
Bài 3. (4,0 điểm) 
1) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n thỏa mãn  20142014 1 chia hết 
cho 3n 2012n 
2) Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn 2 22x x 3y y   
Chứng minh x – y ; 2x +2y+1 và 3x +3y+1 đều là các số chính phương 
Bài 4. (6,0 điểm) 
Cho đường tròn (O;R) và một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn. 
Trên d lấy một điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đườn tròn (A, 
B là các tiếp điểm). Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến của (O) tại C cắt AB tại E 
a) Chứng minh tam giác BCM đồng dạng với tam giác BEO 
b) Chứng minh CM vuông góc với OE 
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của dây AB và diện tích tứ giác MAOB 
Bài 5. (2,0 điểm) 
Giả sử a, b, c là những số thực thỏa mãn a, b, c 0 và 
1 1 1
a b c 0
a b c
      
Chứng minh rằng 
6 6 6
3 3 3
a b c
abc
a b c
 

 
ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 VINH NĂM 2016-2017 
Câu 1 
1) .Từ a b c 0 a b c       
Bình phương hai vế ta được 2 2 2a b 2ab c   nên 2 2 2a b c 2ab    
Tương tự : 2 2 2b c a 2bc    và 2 2 2c a b 2ac    
Do đó 
ab bc ca 1 1 1 3
A
2ab 2bc 2ca 2 2 2 2
        
  
Vậy 
3
A
2
  
2) . Ta có     3 3 3 3x 2 1 1 2 4 2 1 2 1 1        
Suy ra  
333x 2 x 1 2x x 1     hay 3 2x 3x 3x 1   
Do đó 
 
 
 
2 2 2
2 2 2
2
2
3x 3x 1 x 5x 3 6 4x 8x 4 6
P
3x 3x 1 2x 7x 3 x 4x 4
4 x 1 6 2 x 1 6 2 x 1 6 2x 4
2
x 2 x 2 x 2x 2
        
 
      
      
    
  
(vì 3 3x 1 2 4 2)    
Vậy P 2 tại 3 3x 1 2 4   
Câu 2 
1) Ta có : 
 
22 2x xy y 3 x y 3xy 3
x y xy 5 x y xy 5
      
 
      
Đặt a = x – y , b = xy (1) 
Hệ phương trình trên trở thành 
2a 3b 3
a b 5
  

 
Giải hệ phương trình trên ta được 
a 3
b 2


 
 hoặc 
a 6
b 11
 

 
Với a = 3 , b = - 2 thay vào (1) ta được 
x y 3 x 1
xy 2 y 2
   
 
    
 và 
x 2
y 1


 
Với a = - 6 , b = -11 thay vào (1) ta được 
2
x y 6x y 6
xy 11 y 6y 11 0
     
 
     
 . Hệ phương trình vô nghiệm 
Vậy hệ phương trình có nghiệm 
x 1
y 2


 
 và 
x 2
y 1


 
2) .   x 22x 5y 1 2 x x y 105      
Vì 105 là số lẻ nên 2x 5y 1  và x 22 x x y   phải là các số lẻ 
Từ 2x+5y+1 là số lẻ mà 2x+1 là số lẻ nên 5y là số chẵn suy ra y chẵn 
x 22 x x y   là số lẻ mà 2x x x(x 1)   là tích của hai số nguyên liên tiếp 
nên là số chẵn, y cũng chẵn nên 2 x là số lẻ. Điều này xảy ra khi x=0 
Thay x=0 vào phương trình đã cho ta được: 
  
2
2
5y 1 y 1 105
5y 6y 104 0
5y 20y 26y 104 0
5y(y 4) 26(y 4) 0
(5y 26)(y 4) 0
  
   
    
    
   
26
y
5

  (loại) hoặc y 4 (thỏa mãn) 
Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x;y)=(0;4) 
Câu 3 
1) .Giả sử tồn tại số nguyên n thỏa mãn  20142014 1 chia hết cho 3n 2012n 
Ta có 3 3n 2012n n n 2013n n(n 1)(n 1) 2013n        
Vì n – 1 , n. n+1 là ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3 
Suy ra   n n 1 n 1 3  mà 2013 3 nên  3n 2012n 3(1) 
Mặt khác  
201420142014 1 2013 1 1    chia cho 3 dư 2 vì 2013 3 (2) 
Từ (1) và (2) dẫn đến điều giả sử trên là vô lý, tức là không có số nguyên 
nào thỏa mãn điều kiện bài toán đã cho 
2) Từ: 2 2 2 2 22x x 3y y (1) 2x 2y x y y        2(x y)(2x 2y 1) y (2)     
Mặt khác từ (1) ta có: 2 2 2 23x 3y x y x (x y)(3x 3y 1) x         
2 2 2(x y) (2x 2y 1)(3x 3y 1) x y       
(2x 2y 1)(3x 3y 1)     là số chính phương (3) 
Gọi  2x 2y 1;3x 3y 1 d     
     
(2x 2y 1) d; (3x 3y 1) d
3x 3y 1 2x 2y 1 x y d
    
       
2(x y) d (2x 2y 1) 2(x y) 1 d        nên d = 1 
 2x 2y 1;3x 3y 1 1 (4)      
Từ (3) và (4) 2x 2y 1   và 3x+3y+1 đều là số chính phương 
Lại có từ (2) suy ra   x y 2x 2y 1   là số chính phương nên x – y cũng là 
số chính phương. 
Vậy 2 22y x 3y y   thì x y;2x 2y 1   và 3x+3y+1 đều là các số chính 
phương 
Câu 4 
a) Gọi Q là giao điểm của AB với OM 
Ta có AM // CE (cùng vuông góc với AC) 
Suy ra BEC MAB (so le trong) 
Mà 0 0ABC 90 ;AQM 90  và AMO OMB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 
AMO OMB BCE   (cùn phụ với hai góc bằng nhau) 
BE OB MB OB
tanBCE tanOMB (1)
BC MB BC BE
      
Lại có MBA OBC (cùng phụ với ABO) 
Nên MBC OBE (cùng = 090 OBC) (2) 
Từ (1) và (2) suy ra MBC OBE(c.g.c)  
b) Từ MBC OBE BCM BEO    
Gọi I và N lần lượt là giao điểm của OE với BC và MC 
BIE NIC(g.g) IBE INC    mà 0IBE 90 
Nên 0INC 90 . Vậy CM OE 
c) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d. P là giao điểm của AB với OH 
d
I
P
Q
H
N
E
C
B
A
O
M
Ta có 
OQ OP
OQP OHM(g.g)
OH OM
    
2
2 2 RQO.OM OP.OH OA R OP
OH
      
Mà O và d cố định OH không đổi nên OP không đổi 
Lại có 2 2AB 2AQ 2 OA OQ   mà OQ OP 
4
2 2 2 2 2
2
R 2R
AB 2 OA OP 2 R . OH R
OH OH
       
Dấu “=” xảy ra Q P M H    
Vậy GTNN của AB 2 2
2R
. OH R M H
OH
    
*) Vì MO AB nên 
AOBM
1
S AB.OM AQ.OM
2
  
Vẽ dây cung 
1 1
A B vuông góc với OH tại P, do P và (O) cố định nên 
1 1
A B 
không đổi 
Vì 
1 1
OP OQ AB A B   (liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây). 
Mà 
AOBM 1 1
1
OM OH S A B .OH
2
   (không đổi) 
Dấu “=” xảy ra M H  
Vậy GTNN của 
AOBM 1 1
1
S A B .OH
2
 khi và chỉ khi M H 
Câu 5 
 
       
3 3 3 3 3
2 2 2
6 6 6 3 3 3 3 3 3 3 3 3
3 3 3 3 3 3 2 2 2
*a b c 0 a b c a b c a b c 3ab(a b) 3abc
1 1 1
* 0 ab bc ca 0
a b c
*a b c a b c 2 a b b c c a
*ab bc ca 0 a b b c c a 3a b c
                 
      
       
      
Do đó  
26 6 6 2 2 2 2 2 2*a b c 3abc 2.3a b c 3a b c     
Vậy 
6 6 6 2 2 2
3 3 3
a b c 3a b c
abc
a b c 3abc
 
 
 