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

ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẾN TRE 
NĂM HỌC 2017-2018 
Câu 1: (6 điểm) 
a) Giải phương trình: 2017 2017 2016 2018 2017 2018x x    . 
b) Rút gọn biểu thức: 
   2 3 5 2 3 5
2 2 3 5 2 2 3 5
A
 
 
   
. 
c) Giải hệ phương trình: 
3 2
3 2
6 7
2 3 5
x x y
y xy
  

 
. 
Câu 2: (4 điểm) 
Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn 28ab bc ca   . Tìm giá trị nhỏ 
nhất của biểu thức: 
   2 2 2
5 5 2
12 28 12 28 28
a b c
P
a b c
 

    
. 
Câu 3: (6 điểm) 
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn  ;O R . Giả sử 
các điểm ,B C cố định và A di động trên đường tròn  O sao cho 
AB AC và AC BC . Đường trung thực của đoạn thẳng AB cắt AC và 
BC lần lượt tại P và Q . Đường trung trực của đoạn thẳng AC cắt AB 
và BC lần lượt tại M và N . 
a) Chứng minh rằng: 2.OM ON R . 
b) Chứng minh rằng bốn điểm , , ,M N P Q cùng nằm trên một đường 
tròn. 
c) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và CPQ cắt nhau 
tại S và T . Chứng minh ba điểm , ,S T O thẳng hàng. 
Câu 4: (4 điểm) 
a) Tìm các số ,x y nguyên dương thỏa mãn phương trình: 
 3 316 15 371x y xy   . 
b) Giả sử Trung tâm thành phố Bến Tre có tất cả 2019 bóng đèn chiếu 
sáng đô thị, bao gồm 671 bóng đèn ánh sáng trắng, 673 bóng đèn ánh 
sáng vàng nhạt, 675 bóng đèn ánh sáng vàng sậm. Người ta thực hiện 
dự án thay bóng đèn theo quy luật sau: mỗi lần người ta tháo bỏ hai 
bóng đèn khác loại và thay vào đó bằng hai bóng đèn thuộc loại còn lại. 
Hỏi theo quy trình trên, đến một lúc nào đó, người ta có thể nhận được 
tất cả các bóng đèn đều thuộc cùng một loại không? Giải thích vì sao? 
LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẾN TRE – TỈNH BẾN TRE 
NĂM HỌC 2017 – 2018 
Câu 1: (6 điểm) 
a) Giải phương trình: 2017 2017 2016 2018 2017 2018x x    . 
b) Rút gọn biểu thức: 
   2 3 5 2 3 5
2 2 3 5 2 2 3 5
A
 
 
   
. 
c) Giải hệ phương trình: 
3 2
3 2
6 7
2 3 5
x x y
y xy
  

 
. 
Lời giải 
a) ĐKXĐ: 
2017
2018
x  . 
Xét 
2017 2016 12017
1 2017 2017 2016 2018 2017 2018
2018 2017 12018
x
x x
x
 
       
 
. 
Xét 
2017 2016 1
1 2017 2017 2016 2018 2017 2018
2018 2017 1
x
x x x
x
 
      
 
. 
Xét 1x  thỏa mãn phương trình. Vậy phương trình có nghiệm 1x  . 
b) Ta có: 
   2 3 5 2 3 5
2 2 3 5 2 2 3 5
A
 
 
   
     
 
 
 
2 2
2 2
2 3 5 2 3 5 5 1 5 1
4 6 2 5 4 6 2 5 4 5 1 4 5 1
A
   
   
       
   
2 2
5 1 5 1 5 1 5 1 2 5
2
5 5 5 5 5 5 5
   
     
 
. 
c) 
3 2 3 2 3 2
3 2 3 2
3 2 3 2 3 2
6 7 6 7 5 30 35
5 30 14 21
2 3 5 2 3 5 14 21 35
x x y x x y x x y
x x y y xy
y xy y xy y xy
         
       
         
   3 2 2 2 2 3 2 25 5 35 35 14 14 0 5 35 14 0x x y x y x y xy y x y x xy y            . 
Xét 0x y x y    thay vào phương trình 3 26 7x x y  ta được 
37 7 1 1x x y     . 
Xét 2 25 35 14 0x xy y   . Đặt y xt , ta có: 
 2 2 2 2 2 25 35 14 0 14 35 5 0x x t x t x t t       . 
Vì 0x  không phải là nghiệm nên 2
35 3 105
14 35 5 0
28
t t t
 
     . 
Với 
35 3 105 35 3 105
28 28
t y x
    
     
 
 thay vào phương trình 3 26 7x x y  ta 
được 
3
3 3
98 98 35 3 105 98
2891 9 105 91 9 105 91 9 105
x x y

     
   
. 
Với 
35 3 105 35 3 105
28 28
t y x
    
     
 
 thay vào phương trình 3 26 7x x y  ta 
được 
3
3 3
98 98 35 3 105 98
2891 9 105 91 9 105 91 9 105
x x y

     
   
. 
Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm:  1;1 , 3 3
98 35 3 105 98
;
2891 9 105 91 9 105
 
    
, 
3 3
98 35 3 105 98
;
2891 9 105 91 9 105
 
    
. 
Câu 2: (4 điểm) 
Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn 28ab bc ca   . Tìm giá trị nhỏ 
nhất của biểu thức: 
   2 2 2
5 5 2
12 28 12 28 28
a b c
P
a b c
 

    
. 
Lời giải 
Ta có:        2 212 28 12 6 .2a a ab bc ca a b a c        . 
Áp dụng BĐT CauChy được    
   6 2
6 2 4 3
2
a b a c
a b a c a b c
  
      . 
 212 28 4 3a a b c      1 . Tương tự  212 28 4 3b b a c     2 và 
2 28
2
a b
c c

    3 . 
Cộng theo vế  1 ,  2 và  3 được: 
   2 2 2
15 15 6
12 28 12 28 28
2
a b c
a b c
 
      . 
Do đó: 
 2 5 5 2 2
15 15 6 3
a b c
P
a b c
 
 
 
. 
Vậy GTNN của P là 
2
3
. Đạt được khi và chỉ khi 
28
11
a b  , 
28
5
11
c  . 
Câu 3: (6 điểm) 
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn  ;O R . Giả sử 
các điểm ,B C cố định và A di động trên đường tròn  O sao cho 
AB AC và AC BC . Đường trung trực của đoạn thẳng AB cắt AC và 
BC lần lượt tại P và Q . Đường trung trực của đoạn thẳng AC cắt AB 
và BC lần lượt tại M và N . 
a) Chứng minh rằng: 2.OM ON R . 
b) Chứng minh rằng bốn điểm , , ,M N P Q cùng nằm trên một đường 
tròn. 
c) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và CPQ cắt nhau 
tại S và T . Chứng minh ba điểm , ,S T O thẳng hàng. 
Lời giải 
a) 
Xét OBM và ONB , ta có: 
BOM : chung 
Ta có 90OMB A  
Và  1 180 90
2
OBN BOC A    
Nên OMB OBN 
Vậy OBM ONB # (g.g). 
N Q
O
P
M
B C
A
OM OB
OB ON
  
2 2.ON OM OB R   
2.OM ON R  . 
b) 
Chứng minh tương tự câu a, ta cũng có: 
2. . .OP OQ R ON OM OP OQ   . 
OP OM
ON OQ
  , có MOP chung. 
Vậy OPM ONQ # (c.g.c). 
ONQ OPM  . 
Suy ra tứ giác MNQP nội tiếp hay bốn điểm , , ,M N P Q cùng nằm trên 
một đường tròn. 
c) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và CPQ cắt nhau tại 
S và T . Chứng minh ba điểm , ,S T O thẳng hàng. 
N Q
O
P
M
B C
A
 Ta chứng minh O thuộc đường thẳng ST . Thật vậy, giả sử OS cắt hai 
đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và CPQ lần lượt tại 1T và 2T . 
Xét ONS 1OT M . 
1MOT : chung 
1OT M ONS ( 1MNST nội tiếp) 
Vậy 1ONS OT M # (g.g). 
1
ON OS
OT OM
  . 
1. .ON OM OS OT   1 . 
Chứng minh tương tự, 2. .OP OQ OS OT  2 
Mà . .ON OM OP OQ  3 . 
Từ  1 ,  2 và  3 , suy ra: 1 2. .OS OT OS OT . 
Do đó 1T trùng với 2T . 
Vậy ba điểm , ,S T O thẳng hàng. 
Câu 4: (4 điểm) 
a) Tìm các số ,x y nguyên dương thỏa mãn phương trình: 
 3 316 15 371x y xy   . 
b) Giả sử Trung tâm thành phố Bến Tre có tất cả 2019 bóng đèn chiếu 
sáng đô thị, bao gồm 671 bóng đèn ánh sáng trắng, 673 bóng đèn ánh 
sáng vàng nhạt, 675 bóng đèn ánh sáng vàng sậm. Người ta thực hiện 
dự án thay bóng đèn theo quy luật sau: mỗi lần người ta tháo bỏ hai 
bóng đèn khác loại và thay vào đó bằng hai bóng đèn thuộc loại còn lại. 
Hỏi theo quy trình trên, đến một lúc nào đó, người ta có thể nhận được 
tất cả các bóng đèn đều thuộc cùng một loại không? Giải thích vì sao? 
Lời giải 
a) Vì ,x y nguyên dương nên  3 316 15 371 0x y xy x y      . 
Ta lại có  3 315 16 371xy x y   là số lẻ nên ,x y đều lẻ. suy ra 
1; 1 3y x y x     . 
Xét 3 3 1x y y     thay vào phương trình thỏa mãn. 
Xét 5x  ta có 2x y  , suy ra 
     33 3 3 216 16 2 16 6 12 8x y x x x x         . 
Mặt khác   215 371 15 2 371 15 30 371xy x x x x       . Ta chứng minh 
 2 216 6 12 8 15 30 371x x x x     . 
Thật vậy,  2 216 6 12 8 15 30 371x x x x     
  2 281 162 243 0 2 3 0 1 3 0x x x x x x            đúng với mọi 
5x  . 
Suy ra  3 316 15 371x y xy   với mọi 5x  . 
Vậy phương trình có nghiệm    ; 3;1x y  . 
b) Ta có 671 chia cho 3 dư 2 ; 673 chia cho 3 dư 1; 675 chia cho 3 dư 
0 . 
Ta thấy mỗi loại bóng đèn có số bóng khi chia cho 3 được các số dư 
khác nhau 0 , 1, 2 . 
Sau mỗi bước thay bóng đèn, số bóng đèn mỗi loại giảm đi 1 hoặc tăng 
thêm 2 , khi đó số dư của chúng khi chia cho 3 thay đổi như sau: 
- Số chia cho 3 dư 0 sau khi thay chia cho 3 sẽ dư 2 . 
- Số chia cho 3 dư 1 sau khi thay chia cho 3 sẽ dư 0 . 
- Số chia cho 3 dư 2 sau khi thay chia cho 3 sẽ dư 1. 
Do đó sau mỗi bước thay bóng thì số bóng đèn mỗi loại chia cho 3 
cũng có số dư khác nhau là 0 , 1, 2 . Vì vậy luôn luôn chỉ có 1 loại bóng 
đèn có số lượng bóng chia hết cho 3 . Giả sử đến một lúc nào đó tất cả 
bóng đèn cùng một loại, thì số bóng đèn của 2 loại kia đều 0 và chia 
hết cho 3 (mâu thuẫn). 
Vậy không thể thay bóng theo quy trình như trên để tất cả bóng đèn 
cùng một loại.