Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 cấp THCS (Bảng A) - Năm học 2016-2017 - Sở Giáo dục và Đào tạo Nghệ An (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
NGHỆ AN 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS 
NĂM HỌC 2016-2017 
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN – BẢNG A 
Thời gian : 150 phút (không kể giao đề) 
Câu 1. (4 điểm) 
a) Tìm hệ số a, b, c của đa thức 2P(x) x bx c   biết P (x) có giá trị nhỏ nhất 
bằng – 1 tại x = 2. 
b) Giải hệ phương trình 
   
2 2 3
2
x xy xy y 0
2 x 1 3 x y 1 y 0
    

    
Câu 2. (4 điểm) 
a) Giải phương trình 2x 2 3 1 x 1 x     
b) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab bc ca 1.   Tìm giá trị lớn nhất 
của biểu thức 
2 2 2
2a b c
P
1 a 1 b 1 c
  
  
Câu 3. (3 điểm) 
 Cho tam giác ABC có 0BAC 135 ,BC 5cm  và đường cao AH = 1 cm. Tìm 
độ dài các cạnh AB và AC 
Câu 4. (5 điểm) 
 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), D là một điểm trên cung 
BC không chứa A. Dựng hình bình hành ADCE. Gọi H, K lần lượt là trực tâm của 
tam giác ABC và ACE. Gọi P và Q lần lượt là hình chiếu của K trên BC và AB, 
gọi I là giao điểm của EK với AC 
a) Chứng min rằng ba điểm P, I, Q thẳng hàng 
b) Chứng minh rằng PQ đi qua trung điểm của KH 
Câu 5. (4 điểm) 
a) Tìm tất cả các số nguyên tố khác nhau m, n, p, q thỏa mãn 
1 1 1 1 1
1
m n p q mnpq
     
b) Trên một bảng có ghi hai số 1 và 5. Ta ghi các số tiếp theo lên bảng theo quy 
tắc sau: Nếu có hai số phân biệt trên bảng thi ghi thêm số z xy x y   . 
Chứng minh rằng các số trên bảng (trừ số 1) có dạng 3k 2 với số k là tự 
nhiên 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 9 NGHỆ AN BẢNG A 2016-2017 
Câu 1 
a) Do đa thức 2P(x) x bx c   có bậc hai và có giá trị nhỏ nhất là - 1 tại x=2 
nên viết được dưới dạng  
2
P(x) x 2 1.   
Từ đó ta có  
22P(x) x bx c x 2 1      
Hay ta được 2 2x bx c x 4x 3     , Đồng nhất hệ số hai vế ta được 
b 4;c 3   
b) Điều kiện xác định của phương trình là x 0 
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 
   2 2 2 2
x y
x(x y ) y(x y ) 0 x y x y 0
x y 0

         
 
Với x+y2=0, kết hợp với điều kiện ta xác định x 0 ta được x = y = 0 
Thay vào phương trình còn lại ta thấy không thỏa mãn. 
Với x=y, thay vào phương trình còn lại ta được: 
2 2
2(x 1) 3 x(x 1) x 0 2x 3x x x 3 x 2 0           
Đặt t x 0  , khi đó ta được phương trình 4 3 22t 3t t 3t 2 0     
Nhẩm được 
1
t 2;t
2
  nên ta phân tích được 
    
  
   
3 2
3 2
2
2t (t 2) t t 2 t 1 t 2 0
t 2 2t t t 1 0
t 2 2t 1 t t 1 0
      
     
     
1 x y 2
t
2 2
x yt 2 2
  
       
Câu 2. 
a) Quan sát phương trình ta chú ý đến biến đổi 21 x (1 x)(1 x)    . Để ý đến 
điều kiện xác định ta phân tích được 21 x 1 x. x 1    
Như vậy ta viết lại được phươn trình x 2 3 1 x. x 1 1 x      
Ta có biểu diễn x 3 2(x 1) (1 x)     
Đến đây ta đặt ẩn phụ a x 1;b 1 x    thì ta viết lại phương trình lại 
thành 2 22a b 1 3ab a    
Hay 2 2b 3ab 2a a 1 0     
Xem phương trình trên là phương trình ẩn b và a là tham số thì ta có 
 
22 29a 4(2a a 1) a 2       
Do đó phương trình có hai nghiệm là 
3a (a 2)
b a 1
2
 
   và 
3a (a 2)
b 2a 1
2
 
   
Với b = a – 1 ta được 
3
1 x 1 x 1 ..... x
2
        
Với b = 2a+1 ta được 
24
1 x 2 1 x 1 .... x
25
        
Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm 
3 24
S ;
2 25
  
  
  
b) Từ giả thiết ab+bc+ca=1, ta để ý đến phép biến đổi 
  2 2a 1 a ab bc ca a b a c        
Áp dụng tương tự bất đẳng thức trở thành
        
2a b c
P
a b a c a b b c a c b c
  
     
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta được 
        
2a b c
P
a b a c a b b c a c b c
1 1 1 1 1 1
a b c
a b a c a c 4(b c) 4(b c) a c
a b b c a c 1 9
1 1
a b 4(b c) a c 4 4
  
     
    
          
          
  
      
  
Vậy bất đẳng thức được chứng minh . Đẳng thức xảy ra 
 
7 1 1
a;b;c ; ;
15 15 15
 
   
 
Câu 3. 
Gọi AB = y; AC=x. Dựng CM vuông góc với AB, khi đó ta được 
AM=CM=
x 2
2
Ta có 
ABC
1 5
S AH.BC
2 2
  . Lại có 
ABC
1 1 x 2
S .CM.AB y.
2 2 2
  
Do đó ta được 
ABC
1 1 x 2 5
S CM.AB y. xy 2 10
2 2 2 2
     
Tam giác BCM vuông tại M nên ta lại có 2 2 2BM MC BC  . Suy ra 
2 2
2 2
2 2x 2 x 2 x xy 5 y xy 2 25
2 2 2 2
   
             
   
Từ đó ta được 2 2x y 15.  Ta có hệ phương trình 
 
22 2x y 15 x y 2xy 15 x 10
.....
xy 2 10 y 5xy 5 2
         
    
   
Do vai trò của AB và AC như nhau nên ta có kết quả là AB 10;AC 5  
và AB 5;AC 10  
NI
M
H
B
A
C
Câu 4. 
a) Trước hết, ta chứng minh điểm K thuộc đường tròn (O) 
Do K là trực tâm của tam giác ACE nên ta có KJEF nội tiếp 
Từ đó suy ra 0AKC AEC 180  
Mặt khác do tứ giác ADCE là hình bình hành nên lại có ADC AEC 
Từ đó suy ra 0AKC ADC 180 ,  nên tứ giác ADCK nội tiếp hay điểm 
K nằm trên đường tròn. 
+) Chứng minh ba điểm I, P, Q thẳng hàng 
Do K là trực tâm tam giác ACE nên ta có KI vuông góc với AC. 
Đường thẳng đi qua ba điểm I, P, Q là đường thẳng Simson 
b) Chứng minh PQ đi qua trung điểm của KH 
N
Q
P
K
I
F
J
H
M
E
A
B C
D
Gọi N là giao điểm của PQ và AH . Gọi M là giao điểm của AH với 
đường tròn (O). Khi đó dễ thấy tam giác PHK cân. Do AH // KP nên 
tứ giác KPMN là hình thang 
Lại có BPKQ nội tiếp nên suy ra được QBK ABK AMK QPK   nên 
tứ giác KPMN nội tiếp . Do đó KPMN là hình thang cân. Do đó 
PMH PHM KNM  nên KN // HP 
Do vậy tứ giác HPKN là hình bình hành. Từ đó ta có điều phải chứng 
minh 
Câu 5. 
a) Do m, n, p, q là các số nguyên tố khác nhau nên không mất tính tổng quát 
ta giả sử n m p q.   Khi đó ta được q 2;p 3;n 5;m 7    
Dễ thấy 
1 1 1 1 1 3.5.7 2.3.7 2.5.7 2.3.5 1 248
1
2 3 5 7 2.3.5.7 2.3.5.7 210
   
       
Lại thấy: 
1 1 1 1 1 3.5.7 11.3.7 11.5.7 11.3.5 1 887
1
3 5 7 11 3.5.7.11 3.5.7.11 1155
   
       
Từ đó suy ra trong các số m, n, p, q có một số là 2. Do q nhỏ nhất nên ta 
được q=2 
Từ đó ta lại được 
1 1 1 1 1
m n p 2mnp 2
    
Dễ thấy với p=5, n=7, m=11 ta có 
1 1 1 1 1
5 7 11 2.5.7.11 2
    . Như vậy trong ba 
số nguyên tố m, n, p phải có một số bằng 3, do đó suy ra p=3. 
Từ đó lại có 
1 1 1 1
m n 6mn 6
   hay ta được   mn 6m 6n 1 m 6 n 6 37       
Đến đây ta được n = 7; m = 43. 
Thử lại ta thấy các bội số (m;n;p;q)=(2;3;7;43) thỏa mãn bài toán 
b) Từ hai số trên bảng ta thấy có một số chia 3 dư 2. Do đó trong hai số x và 
y khác nhau thì có x+1 hoặc y+1 chia hết cho 3, suy ra   x 1 y 1  chia 
hết cho 3 
Khi ta viết thêm số mới là   z xy x y x 1 y 1 1       thì ta được z chia 
3 dư 2 
Như vậy dãy số viết trên bảng trừ số 1 luôn chia 3 dư 2 hay các số đó có 
dạng 3k+2