Đề thi học sinh giỏi cấp Thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội (Có đáp án)

Bài 1. (5.0 điểm) 
a) Cho các số thực , ,a b c thỏa mãn 2018a b c   và 
1 1 1 2017
2018b c c a a b
  
  
. Tính giá trị của biểu thức 
a b c
P
b c c a a b
  
  
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên  ,x y thỏa mãn phương trình 
2 2
7
13
x y
x xy y


 
Bài 2. (5.0 điểm) 
a) Giải phương trình 
26 2 1 3 6 3.x x x x    
b) Giải hệ phương trình 
3 3 22 3 4
2 2 2
x x y y y
x y
     

  
Bài 3. (3.0 điểm) 
a) Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên dương , ,m n p với p 
nguyên tố thỏa mãn 
2019 2019 2018
m n p  
b) Cho ,y,z 0x  thỏa mãn 3.x y z   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
3 3 316 16 16
x y z
P
y z x
  
  
Bài 4. (6.0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với AB AC BC  , 
nội tiếp đường tròn  O . Gọi H là hình chiếu của A lên BC , M là trung 
điểm của AC và P là điểm thay đổi trên đoạn MH (P khác M và P 
khác H ). 
a) Chứng minh rằng BAO HAC 
b) Khi 090APB  , chứng minh ba điểm B , O , P thẳng hàng. 
c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMP và đường tròn ngoại tiếp tam giác 
BHP cắt nhau tại Q (Q khác P ). Chứng minh rằng đường thẳng PQ luôn 
đi qua một điểm cố định khi P thay đổi. 
Bài 5. (1.0 điểm) Cho đa giác đều 2n đỉnh nội tiếp đường tròn  O . Chia 
2n đỉnh này thành n cặp điểm, mỗi cặp điểm này thành một đoạn thẳng 
(hai đoạn thẳng bất kì trong số n đoạn thẳng được tạo ra không có đầu 
mút chung). 
a) Khi 4n  , hãy chỉ ra một cách chia sao cho trong bốn đoạn thẳng được 
tạo ra không có hai đoạn nào có độ dài bằng nhau. 
b) Khi 10n  , chứng minh rằng trong mười đoạn thẳng được tạo ra luôn 
tồn tại hai đoạn thẳng có độ dài bằng nhau. 
Môn thi: Toán 
Thời gian làm bài: 150 phút 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HÀ NỘI 
KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP 
THÀNH PHỐ 
NĂM HỌC 2017 – 2018 
Hướng dẫn 
Bài 1. 
a) Từ giả thiết, ta có 
 
1 1 1 2017
3 2018. 3 2014.
2018
P a b c
b c c a a b
 
         
   
b) Điều kiện: 2 2 0x xy y   . Từ phương trình suy ra 0.x y  Bây giờ ta 
viết lại phương trình đã cho dưới dạng 
   2 213 7x y x xy y    (1) 
Từ đây, ta có  13 x y chia hết cho 7 . Mà  14,7 1 nên x y chia hết 
cho 7 . (2) 
Mặt khác, ta lại có      
2 2 22 2 1 3 1
4 4 4
x xy y x y x y x y        
Do đó, kết hợp với (1), ta suy ra 
   
27
13
4
x y x y   
Từ đó, với chú ý 0x y  , ta có đánh giá 
52
0
7
x y   . Kết hợp với 
(2), ta được 7x y  và 2 2 13.x xy y   
Giải hệ phương trình 


2 2
3
47
13 4
3
x
yx y
x xy y x
y
 
   
 
    
 
Bài 2. 
a) Điều kiện: 
1
2
x   . Do  
22 26 2 1 5 1 0x x x x      nên từ phương 
trình ta suy ra 0x  . Bây giờ, đặt 6 3a x  , ta có 
2 2 216 2 1 6
3
x x x a    nên phương trình có thể được viết lại thành 
2 216 3
3
x a xa  , 
hay   6 3 0.a x a x   
Từ đây, ta có 3a x hoặc 6a x . 
 Với 3a x , ta có 29 6 3x x  . Từ đây, với chú ý 0x  , ta giải 
được 0x  . 
 Với 6a x , ta có 236 6 3x x  . Từ đây, với chú ý 0x  , ta giải 
được 
1 13
12
x

 . 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 1x  và 
1 13
12
x

 
b) Điều kiện: 2x   . Từ phương trình thứ hai, ta suy ra 2.y   Phương 
trình thứ nhất của hệ có thể được viết lại thành 
 2 1 2y y   
hay 
 
2
1 1 0.y    
Giải phương trình này, ta được 0y  . Một cách tương ứng, ta có 
1x   . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  ,x y duy nhất là 
 1;0 . 
Bài 3. 
a) Giả sử tồn tại bộ số ( ,n,p)m thỏa mãn yêu cầu đề bài. Dễ thấy 0 m , 
n p . Phương trình đã cho có thể được viết lại thành 
  2018m n A p  , (1) 
trong đó 2018 2017 2017 2 2017 2018...A m m n m n mn n      
Nếu A không chia hết cho p thì từ (1), ta có 1A  và 
2018 2019 2019.m n p m n    
Từ đó dễ thấy 1m n  và 2018 2p  , mâu thuẫn. Vậy A chia hết cho p . 
Do 1m n  nên từ (1) suy ra m n chia hết cho p . Khi đó, ta có 
 20182019 mod A m p . 
Do A chia hết cho p và 0 m p  nên từ kết quả trên, ta suy ra 2019 chia 
hết cho p , hay 2019p  . Từ đây, dễ thấy m và n khác tính chẵn lẻ, hay 
.m n 
Bây giờ, ta viết lại phương trình đã cho dưới dạng\
   
673 673
3 3 20182019 ,m n  
hay   2 2 20182019m n m mn n    , 
trong đó,           
672 671 671 672
3 3 3 3 3 3...B m m n m n n     . Do m n nên 
 
22 2 1m mn n m n mn      , từ đó ta có 2 2m mn n  chia hết cho 2019 . 
Tuy nhiên, điều này không thể xảy ra do 
 2 2 23 mod 2019m mn n n   
 2 2 0 mod 2019m mn n   . 
Vậy không tồn tại các số , ,m n p thỏa mãn yêu cầu đề bài. 
b) Ta sẽ chứng minh 
1
6
P  với dấu bằng đạt được tại    , , 0,1,2x y z  (và 
các hoán vị vòng quanh của bộ này). Bất đẳng thức 
1
16
P  tương 
đương với 
3 3 3
16 16 16 8
16 16 16 3
x y z
y z x
  
  
hay 
3 3 3
16 16 16 8
16 16 16 3
x y z
x y z x y z
y z x
     
             
      
Một cách tương đương, ta phải chứng minh 
3 3 3
3 3 3
1
16 16 16 3
xy yz zx
y z x
  
  
 (1) 
Không mất tính tổng quát, giả sử y nằm giữa x và z . Ta có: 
  
23 16 4 2 12 12y y y y y      
nên 
2
3 16 12
y xy
y


. 
Đánh giá tương tự, ta cũng có 
3 2 3 2
3 3
; 
16 12 16 12
yz yz zx zx
z x
 
 
Suy ra 
 
3 3 3 2 2 2
3 3 3
 2
16 16 16 12
xy yz zx xy yz zx
y z x
 
  
  
Do y nằm giữa x và z nên ta có    0,y z y z   suy ra 
2
y zx xy yz   và 2 2 2xy zx xy xyz   . Từ đó, ta có đánh giá 
          2 2 22 2 2 2 2 3 4 4 1 4 3xy yz zx y x xz z y x z y y y y             
 Từ (2) và (3), ta thu được (1). Vậy 
1
min 
6
P  . 
Bài 4. 
a) Ta có 
1
s®AB
2
ACB AOB  (tính chất góc nội tiếp chắn cung). Mà 
OA OB nên BAO ABO , suy ra 02 90AOB BAO  . 
Từ đây, ta có 02 2 90 ,ACB BAO  hay 
090BAO ACB HAC   (vì 090AHC  ). 
Vậy BAO CAH . 
b) Xét tứ giác APHB , TA CÓ  090APB AHB gt  . Mà hai góc này cùng 
nhìn cạnh AB nên tứ giác APHB nội tiếp. Suy ra ABP AHP (cùng chắn 
cung AP ) (1) 
Xét tam giác AHC vuông tại H có M là trung điểm của AC nên 
MH MC MA  (đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền). Từ đó suy ra 
AHP AHM MAH CAH BAO ABO     (2) 
Từ (1) và (2), ta có ABP ABO nên các tia BO và BP trùng nhau. Từ đó 
suy ra ba điểm B , O , P thẳng hàng. 
c) Ta có tứ giác BQPH nội tiếp và hai góc BQP , BHP ở vị trí đối nhau nên 
0180 .BQP BHP PHC MHC    
Mặt khác, ta lại có MH MC (chứng minh trên) nên 
MHC MCH ACB  . 
Từ đây, ta suy ra 
BQP ACB 
Lại có tứ giác AQMP nội tiếp nên AQP AMP AMH  (cùng chắn cung 
AP ). 
Mà 2 2AMH MHC MCH MCH ACB    (tính chất góc ngoài) nên 
2AQP ACB 
Từ đó AQB AQP BQP ACB   . 
Hai góc AQB và ACB cùng nhìn cạnh AB nên tứ giác AQCB nội tiếp. 
Bây giờ, gọi I là giao điểm khác P của PQ và  O . Ta có 
BQI BQP ACB AQB   
nên s® =s®BA BI , hay BA BI . Suy ra I là giao điểm khác A của các 
đường tròn  ,B BA và  O , tức I cố định. Vậy đường thẳng PQ luôn đi 
qua điểm I cố định. 
Bài 5. Ta đánh số 2n đỉnh của đa giác từ 1 đến 2n . Khi đó, độ dài của 
đoạn thẳng nối hai đỉnh có thể coi tương ứng với số lượng cung nhỏ nằm 
giữa hai đỉnh đó, cũng chính là chênh lệch giữa hai số thứ tự theo mod n 
rồi cộng thêm 1 . Sự tồn tại hai cặp đoạn thẳng có độ dài bằng nhau trong 
đề bài tương ứng với việc tồn tại hai cặp đỉnh có sự chênh lệch giữa các 
số thứ tự bằng nhau theo mod n . 
a) Ta cần chỉ ra cách chia cặp 8 số từ 1 đến 8 sao cho không có hai cặp 
nào có chênh lệch giống nhau theo mod 4 . Cụ thể là,  1,4 ,  2,6 ,  3,5 
và  7,8 với các chênh lệch là 3 , 4 , 2 , 1 , thỏa mãn đề bài. 
b) Gỉa sử tồn tại cách ghép cặp  1 1,a b ,  2 2,a b , ...,  10 10,a b cho các số từ 1 
đến 20 sao cho không có hai số nào có cùng số dư khi chia cho 10 . 
Suy ra  1 1 2 2 10 10... 0 1 ... 9 mod 10a b a b a b          
 1 1 2 2 10 10... 5 mod 10a b a b a b       
Do đó tổng 1 1 2 2 10 10...a b a b a b      là số lẻ. Chú ý rằng với mọi 
,x y nguyên thì x y có cùng tính chẵn lẻ với x y . Kết hợp với kết 
quả trên, ta suy ra tổng      1 1 2 2 10 10, , ... ,a b a b a b   , cũng lẻ. Mặt khác, 
ta lại có      1 1 2 2 10 10, , ... , 1 2 ... 20 210a b a b a b        là số chẵn. Mâu 
thuẫn nhận được cho ta kết quả cần chứng minh.