Đề thi học sinh giỏi cấp Thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng giáo dục và đào tạo Bắc Giang (Có đáp án)

PHÒNG GD&ĐT 
TP. BẮC GIANG 
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ 
NĂM HỌC 2016-2017 
Môn: Toán lớp 9 
Thời gian làm bài: 150 phút 
Bài 1: (5 điểm) 
 a. Cho biểu thức M=
a a b b a b
a b a b b a

 
  
 với a, b > 0 và a b 
 Rút gọi M và tính giá trị biểu thức M biết   1 1 2 1a b ab    
 b. Tìm các số nguyên a, b thoả mãn 
5 4
18 2 3
2 2a b a b
  
 
 c. Cho a, b, c thỏa mãn 7a b c   ; 23a b c   ; 3abc  
 Tính giá trị biểu thức H=
1 1 1
6 6 6ab c bc a ca b
 
     
Bài 2: (4,5 điểm) 
 a. Tính giá trị của biểu thức N=
4 3 4 3
27 10 2
4 13
  
 

 b. Cho a, b là số hữu tỉ thỏa mãn   22 2 2a b a b   + 2(1 ) 4ab ab   
Chứng minh 1 ab là số hữu tỉ 
 c. Giải phương trình  2 4 2 1 1x x x x     
Bài 3: (3,5 điểm) 
 a. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn 5 2 2 1x y xy   
 b. Cho a, b, c>0 thỏa mãn abc=1 . Chứng minh 
1 1 1 3
22 2 2ab a bc b ca c
  
     
Bài 4: (6 điểm) Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng 
bờ AB có chứa nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, trên Ax lấy 
M sao cho AM > R. Từ M vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn, từ C vẽ CH 
vuông góc với AB, CE vuông góc với AM. Đường thẳng vuông góc với AB tại 
O cắt BC tại N. Đường thẳng MO cắt CE, CA, CH lần lượt tại Q, K, P. 
a. Chứng minh MNCO là hình thang cân 
b. MB cắt CH tại I. Chứng minh KI song song với AB 
c. Gọi G và F lần lượt là trung điểm của AH và AE. Chứng minh PG vuông 
góc với QF 
Bài 5: (1 điểm) Tìm số nguyên dương n lớn nhất để A= 427 + 42016 + 4n là số 
chính phương 
Họ tên thí sinh.................................................... SBD:................................ 
HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2016-2017 
MÔN: TOÁN LỚP 9 
Câu Nội Dung Điểm 
Bài 1 4 đ 
a/ 
1,5đ -Rút gọn M=
ab
a b
 với a, b>0 và a b 
-Ta có 
  
 
2
2
1 1 2 1 1 2 1
( ) 1 1
a b ab ab a b ab
ab ab
ab a b
a b a b
         
      
 
+ Nếu a>b>0 
0; 0 0
1 1
ab
a b a b ab
a b
ab ab ab
M
a b a b a b
       

     
  
+ nếu 0<a<b 
0; 0 0
1 1
ab
a b a b ab
a b
ab ab ab
M
a b a b a b
       

 
      
  
0,75 
0,25 
0,25 
0,25 
b/ 
1,5đ 
   
 
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
5 4
18 2 3
2 2
5 5 2 4 4 2 18 2 2 3 2
5 5 2 4 4 2 18 2 36 2 3 6
18 2 36 2 9 2 3 6
18 36 9 2 3 6
a b a b
a b a b a b a b
a b a b a b a b
a b b a b a
a b b a b a
  
 
       
       
     
     
-Nếu 
2 2
2 2
2 2
3 6
18 36 9 0 2
18 36 9
a b a
a b b
a b b
 
    
 
Vì a, b nguyên nên 
2 2
2 2
3 6
2
18 36 9
a b a
Q Q
a b b
 
  
 
Vô lý vì 2 là số vô tỉ 
-Vây ta có 
2 22 2
2 2
2 2
2 2
3
3 618 36 9 0 3
18 36 9 0 2
23 6 0
3 6
a b ba b b
a b b a b
a b a
a b a

     
       
     
Thay a=
3
2
b vào 2 23 6 0a b a   t 
a có 2 2 2 2
9 3
3 6 0 27 24 6 0 3 ( 2) 0
4 2
b b b b b b b b           
0,5 
0,25 
0,75 
Ta có b=0 (loại) ; b=2 (thoã mãm) , vậy a=3. Kết luận 
c/ 
2 đ 
Ta có    
2
2a b c a b c ab bc ca        
mà 7a b c   ; 23a b c   nên 13ab bc ca   
Ta có 7a b c   6 1c a b      
nên   6 1 1 1ab c ab a b a b         
Tương tự      6 1 1 ; 6 1 1bc a b c ac b a c          
Vậy H=
1 1 1
6 6 6ab c bc a ca b
 
     
 =
        
1 1 1
1 1 1 1 1 1a b b c a c
 
     
 =
   
1 1 1
1 1 1
c a b
a b c
    
  
 =
 
   
3 7 3
1
3 7 13 11
a b c
abc a b c ab bc ca
   
  
        
0,25 
0,75 
1,0 
Bài 2 4,5 đ 
a/ 
1,5đ N=
2( 4 3 4 3)
25 10 2 2
8 2 13
  
  

= 2
2( 4 3 4 3)
(5 2)
(4 3) 2 4 3 4 3 (4 3)
  
 
     
2
2
2( 4 3 4 3) 2( 4 3 4 3)
(5 2) 5 2 2 5 2 5
4 3 4 3( 4 3 4 3)
     
         
    
0,25 
0,5 
0,5 
b/ 
1,5đ 
   
 
 
2 22
4 2 2
2
2 2
2
(GT) a b 2(ab 1) (a b) 1 ab 0
a b 2(a b) (1 ab) (1 ab) 0
a b (1 ab) 0 (a b) -(1 ab)=0
(a b) 1 ab a b 1 ab Q;vi:a;b Q.KL
        
 
       
        
 
         
0,25 
0,5 
0,25 
0,5 
c/ 
1,5đ 
Đi u ki n: 1x  (*). 
Ta có: 
 2
2
4 2 1 1
2 1 1 2( 1) 3 0
x x x x
x x x x x x
    
         
    
2
1 2 1 3 0x x x x       
Đặt 1x x y   (Đi u ki n:  1 **y  ), phương trình tr thành 
2 2 3 0.y y   
0,5 
  2
1
2 3 0 1 3 0
3
y
y y y y
y
 
         
+Với 1y   không thỏa mãn đi u ki n ( ). 
+ Với 3y  ta có phương trình: 
2
2
1 3
1 3 1 3
1 9 6
1 3
1 3
22
7 10 0
5
x
x x x x
x x x
x
x
xx
x x
x
 
        
   
 
  
    
    
 Vậy phương trình có nghi m 2.x  
0,25 
0,5 
0,25 
Bài 3 3,5 đ 
a/ 
1,75đ 
Ta có    5 2 2 5 2 21 1 0x y xy x xy y        
       4 3 2 2 4 3 2 2
4 3 2 2
1 1 1 0 1 1 0
1 0
1
x x x x x y x x x x x x y
x
x x x x y
                
 
 
    
 - Nếu 1 0 1x x    ta có 2 21 1y y   đúng với mọi y nguyên 
Vậy ngi m của PT là (1;yZ) 
*Nêu 4 3 2 2 4 3 2 21 4 4 4 4 4 (2 )x x x x y x x x x y           
Ta có 
   
22 2 4 3 2 4 3 2
2
2
2 2 4 4 4 4 4 4 4
2 8
3 4 4 3 0
3 3
y x x x x x x x x x
x x x
         
 
       
 
Vậy ta có  
22 2(2 ) 2 *x x y  
Ta có  
2
2 2 22 2 (2 ) 5 0x x y x     , Vậy ta có    
22 22 2 2 **y x x   
Từ và ta có 
       
   
2 22 22 2 2 2
22 2
(2 ) 2 2 2 2 2 1 ;
2 2 2
x x y x x y x x
y x x
        
  
Nếu  
2 2 2 2 22 (2 1) 2 3 0 2 3 0y x x x x x x           
1
( 1)( 3) 0
3
x
x x
x
 
      
+ nếu 21 1 1x y y       
+Nếu 23 121 11x y y      
-Nếu  
2 2 2 2 22 (2 2) 5 0 0 1 1y x x x x y y            . 
Kết luận 
0,25 
0,25 
1đ 
0,25 
b/ 
Ta có          2 2 2 22 2 23 ... 0x y z x y z x y y z x z             0,5 
1,75đ     2 2 2 23x y z x y z     nên với x,y,z>0 ta có 
 2 2 23x y z x y z     , áp dụng ta có 
1 1 1 1 1 1
3
2 2 22 2 2 ab a bc b ca cab a bc b ca c
 
     
            
-Với x,y>0 ta có  
2 1 1 1 1
2 4
4
x y xy x y xy
x y x y
 
        
  
áp dụng ta có 
1 1 1 1
2 1 1 1 ( 1) ( 1)
1 1 1 1 1 1 1
4 ( 1) 1 4 ( 1) 1 4 1 1
ab a ab a ab abc a ab c a
abc c
ab c a ab c a c a
  
          
     
         
         
Vây ta có 
1 1 1
2 4 1 1
c
ab a c a
 
  
    
Tương tự ta có 
1 1 1
2 4 1 1
a
bc b a b
 
  
    
; 
1 1 1
2 4 1 1
b
ca c b c
 
  
    
 nên 
1 1 1
3
2 2 2
1 1 1 1 3
3
4 1 1 1 1 1 1 2
ab a bc b ca c
c a b
c a a b b c
 
  
      
 
        
      
Vậy 
1 1 1 3
22 2 2ab a bc b ca c
  
     
 dấu “=” có khi a=b=c=1 
0,5 
0,5 
0,25 
Bài 4 6 đ 
T
G
F
Q
P
E
O
K
I
H
N
C
M
BA
a/ 
2đ 
-Ta có ACB nội tiếp đường tròn (vì...) mà AB là đường kính nên ACB 
vuông tại C AC BN  
Ta có MA=MC (.....), OA=OC (....) nên MO là trung trực của AC 
//MO AC MO NB   MOA NBO  
-Ta có OA MA (....) 090MAO NOB   ; xét MAO và NOB có 
090 ; ;MAO NOB MOA NBO OA OB R MAO NOB MO NB          
-Ta có // ;MO NB MO NB MNBO  là hình bình hành.Ta có MAO =
NOB (cm trên) nên ta có NO=MA, mà MA=MC (...) nên NO=MC vậy 
MNBO là hình thang cân 
0,5 
0,75 
0,75 
b/ 
2đ 
-Xét CHB và MAO có 090 ;MAO NOB CBH MOA   ( cm trên) 
CH HB HB
CHB MAO
MA AO R
     
-Ta có CH AB (gt) ; MAAB (...)
// //
2
IH HB HB
CH MA IH MA
MA AB R
     
-Nên ta có 
2
2 2 2
2
CH HB HB IH IH
CH IH IC IH
MA R R MA MA
           . 
-Chi ra KI là đường trung bình của tam giác ACH //KI AB 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
c/ 
2đ 
-Chưng minh FQIO là hình bình hành //QF IO 
-Chưng minh O là trục tâm tam giác GIP 
PG OI PG QF    
0,75 
0,75 
0,5 
Bài 5 1đ 
 *    
2
27 2016 27 1989 274 4 4 2 1 4 4n nA       
Vì A và  
2
272 là số chính phương nên 1989 271 4 4n  là số chính phương 
Ta có 1989 271 4 4n  > 27 27 24 (2 )n n  
*mà 1989 271 4 4n  là số chính phương nên ta có 
1989 271 4 4n   
2
272 1n  27 39772 2 4004n n    
Với n=4004 ta có A=  
2
27 2016 4004 27 40044 4 4 2 2A      là số chính phương 
Vậy n=4004 thì A=427+42016+4n là số chính phương 
0,25 
0,5 
0,25