Đề thi học sinh giỏi cấp Thành phố môn Toán Lớp 9 (Ngày thi 14-1-2018) - Năm học 2017-2018 - Phòng GD&ĐT Bắc Giang (Có đáp án)

PHÒNG GD&ĐT 
TP. BẮC GIANG 
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ 
NĂM HỌC 2017-2018 
Môn: Toán lớp 9 
Thời gian làm bài: 150 phút 
Thi ngày 14 tháng 1 năm 2018 
Bài 1: (5 điểm) 
 a/ Cho biểu thức 
2 4 2 1 3 5 2 10
:
18 2 6 5
x x x x x x
M
xx x x x x
        
              
Rút gọn M và tìm x để M>1 
 b/Cho a, b, c >0 thỏa mãn 1ab bc ca   . Tính H=
1 1 1
a b b c c a
c a b
  
 
  
Bài 2: (4 điểm) 
 a/ Giải phương trình 2 2
2 2
5 5
30 6 6x x
x x
    
 b/ Tìm số thực x để 3 số 2
2
3; 2 3;x x x
x
   là số nguyên 
Bài 3: (4 điểm) 
 a/ Tìm x nguyên dương để 3 24 14 9 6x x x   là số chính phương 
 b/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz   . 
 Chứng minh rằng: 
22 21 11 1 1 1    
  
yx z
xyz
x y z
Bài 4: (6 điểm) 
 Cho đoạn thẳng OA=R, vẽ đường tròn (O;R). Trên đường tròn (O;R) lấy H bấy kỳ sao 
cho AH<R, qua H vẽ đường thẳng a tiếp xúc với đường tròn (O;R). Trên đường thăng a lấy B và 
C sao cho H nằm giữa B và C và AB=AC=R. Vẽ HM vuông góc với OB ( MOB), vẽ HN 
vuông góc với OC ( NOC) 
 a/ Chứng minh OM OB=ON OC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định 
 b/ Chứng minh OB OC=2R2 
 c/ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi 
( chú ý: dùng kiến thức học kỳ 1 lớp 9) 
Bài 5: (1 điểm) 
cho dãy số n, n+1, n+2, , 2n với n nguyên dương. Chứng minh trong dãy có ít nhất một lũy thừa 
bậc 2 của 1 số tự nhiên. 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Họ tên thí sinh..........................................................................SBD:................................ 
HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017-2018 
MÔN: TOÁN LỚP 9 ( BẢNG A) 
Câu Nội Dung Điểm 
Bài 1 5 đ 
a/ 
3đ a/ Cho biểu thức 
2 4 2 1 3 5 2 10
:
18 2 6 5
x x x x x x
M
xx x x x x
        
              
Rút gọn M và tìm x để M>1 
*
     
 
  
2 2 52 4 ( 1) 3 5
:
22 2 4 1 1 1 5
xx x x x
M
xx x x x x x x
           
         
   
1 1 3 5 2
:
2 1 2 1
x x
x x x x
    
              
  
     
1 1 2 (3 5)( 1) 2( 2)
:
2 1 2 1
x x x x x x
x x x x
       

   
     
1 2 2 3 3 5 5 2 4
:
2 11 2 1
x x x x x x x x
x x x x
         

   
        
  
 
2 13 3 9 3 1
:
3( 3)2 11 2 1 2 1 3 1
x xx x x x
xx x x x x x x
    
  
      
Vậy M=
 
1
3 1
x
x


 với 0; 1,3,4x x  
*M<1
     
1 1 4 2 2
1 1 0 0 0
13 1 3 1 3 1
x x x x
xx x x
   
        
  
Ta có 
2 0
1 0
1 2 1 4
2 0
1 0
x
x
x x
x
x
  

  
      
  

 
. Vậy M>1 khi 1<x<4 và x 3 
0,5 
0,5 
0,25 
0,5 
0,25 
0,5 
0,5 
b/ 
2 đ 
b/Cho a, b, c >0 thỏa mãn 1ab bc ca   . Tính 
H=
1 1 1
a b b c c a
c a b
  
 
  
 Vì 1ab bc ca   nên 1+c=   ...ab bc ca c a c b c       
 Tương tự ta có      1 ;1a a b a c b a b b c        
 Vậy H=
        
a b b c c a
a c b c a b a c a b a c
  
 
     
=
   
  
   
  
   
  
a c b c a b a c b c a b
a c b c a b a c b c a b
        
 
     
0,5 
0,5 
1,0 
=
1 1 1 1 1 1
0
b c a c a c a b a b b c
     
     
Bài 2 4,0đ 
a/ 
2,0đ Giải phương trình 
2 2
2 2
5 5
30 6 6x x
x x
    ĐK: 2
5
6
x  
Vì 2
5
6
x   2
2
5
0;6 1 0x
x
   , theo côsi ta có  
 22
2
2 2
5
6 1
5 5
30 6 1
2
x
xx
x x
 
    
Dấu = có khi 2
2
5
6 1 1x x
x
     
Vì 2
5
6
x   2
2
5
6 0x
x
  , theo côsi ta có 
2
2
2 2
2 2
5
(6 ) 1
5 5
6 (6 ) 1
2
x
xx x
x x
 
     
Dấu = có khi 2
2
5
6 1 1x x
x
     
Vây ta có 
2 2
2 2
2
2 2
5 5
6 1 6 1
5 5
30 6
2
x x
x xx
x x
    
    
2 2
2 2
5 5
30 6 6x x
x x
     Dấu = có khi 1x  
Vậy x=  1 là nghiệm phương trình 2 2
2 2
5 5
30 6 6x x
x x
    
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
b/ 
2,0đ 
Tìm số thực x để 3 số 2
2
3; 2 3;x x x
x
   là số nguyên 
Đặt 2
2
3; 2 3;a x b x c x
x
      với , ,a b c Z 
Từ 3 3;a x x a     từ 2 22 3 2 3b x x b     , nên ta có 
   
2
2 23 2 3 2 3 3 2 3 2 3 1 3a b a a b a b a             
-Nếu a+1  0
2 3
1 2 3
1
b a
a
a
 
    

, vì 
2 3
, 2 3
1
b a
a b Z Q Q
a
 
     

VL 
Vậy a+1=0 nên ta có 
2
1 0 1
43 0
a a
bb a
    
  
   
3 1x   
Với 3 1x   ta có 1; 4a b   và 2c   nguyên, thỏa mãn đầu bài 
0,75 
0,5 
0,5 
0,25 
Bài 3 4,0 đ 
a/ 
2,0đ 
a/ Tìm x nguyên dương để 3 24 14 9 6x x x   là số chính phương 
Vì 3 24 14 9 6x x x   là số chính phương, nên ta có 3 24 14 9 6x x x   =k2 với kN 
Ta có 4 3 214 9 6x x x   ==   22 4 6 3x x x   nên ta có   22 4 6 3x x x   = 2k 
Đặt  22,4 6 3x x x d    với d N * 
Ta có   2 2 4 2 4 6 4x d x x d x x d       
Ta lại có    2 2 24 6 3 4 6 3 4 6 4 1 1x x d x x x x d d           
0,5 
0,5 
Vậy  22,4 6 3 1x x x    
mà   22 4 6 3x x x   = 2k nên ta có 
x+2 và 24 6 3x x  là số chính phương 2 2 22 à 4x 6 3x a v x b      với a,b N * 
Vì x>0 nên ta có    
2 22 2 2 24 4 12 9 2 2 3x b x x x b x        
Vì b lẻ nên  
22 2 22 1 4 6 3 4 4 1 2b x x x x x x          
Với x=2 ta có 3 24 14 9 6x x x   =100=102 là số chính phương 
0,75 
0,25 
b/ 
2,0đ 
 b/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz   . 
Chứng minh rằng: 
22 21 11 1 1 1    
  
yx z
xyz
x y z
Từ Gt suy ra: 
1 1 1
1
xy yz zx
   . 
Nên ta có: 
2
2
1 x 1 1 1 1 1 1 1 1
x x xy yz zx x y x z
   
        
  
1 2 1 1
;" " y z
2 x y z
 
      
 
Vậy 
21 1 x
x
  1 4 1 1
2 x y z
 
   
 
. 
Tương tụ ta có 
21 1 y
y
  1 1 4 1
2 x y z
 
   
 
 ; 
21 1 z
z
  1 1 1 4
2 x y z
 
   
 
Vậy ta có 
22 21 11 1 1 1    
  
yx z
x y z
1 1 1
3 ;" " x y z
x y z
 
      
 
Ta có          
2 2 2 21
3 .... 0
2
x y x xy yz xx x y y z x z             
 
Nên    
2
3x y x xy yz xx    
   
2 1 1 1
3 3 3
xy yz xz
xyz xy yz xz xyz xyz
xyz x y z
  
          
 
Vậy 
22 21 11 1 1 1    
  
yx z
xyz
x y z
 ; " " x y z    
0,5 
0,5 
0,25 
0,5 
0,25 
Bài 4 6 đ 
E
a
N
M
A
H
C
B
O
a/ 
3đ 
a/ Chứng minh OM OB=ON OC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định 
*Ta có OH HB (t/c tiếp tuyến) OHB vuông tại H, mà HM OB (gt) nên theo hệ 
thức lượng trong tam giác vuông ta có 2 2OM OB OH R   
0,5 
0,5 
Chưng minh tương tự ta có 2 2ON OC OH R   . Vậy ta có OM OB ON OC   
* Ta có 2 2OM OB OH R   mà OA=R nên ta có 2
OM OA
OM OB OA
OA OB
    
Xét OMA và OAB có O chung, có 
OM OA
OA OB
 OMA OAB  OAM OBA  . 
Ta có AO=AB=R (gt) OAB cân AOB OBA AOM OBA    , vậy OAM AOM 
OMA cân MO MA  
Chứng minh tương tự ta có ONA cân NO NA  
Ta có MO MA ; NO NA , vậy MN là trung trực của OA, gọi E là giao điểm của MN 
với OA ta có EO=EA=
2
OA
 và MN OA tại E, mà O, A cố định nên E cố đinh. Vậy 
MN luôn đi qua 1 điểm cố định 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
b/ 
1,5đ 
b/ Chứng minh OB. OC=2R2 
Ta có 
OM ON
OM OB ON OC
OC OB
     
Xét OMN và OCB có O chung , có 
OM ON
OMN OCB
OC OB
   , 
mà OEMN và OH BC nên ta có 
1 1
2 2 2
OM OE OM OE OE
OM OC
OC OH OC OA OE
       
( vì OH=OA=2OE) 
Ta có 2 2OM OB OH R   ( cm trên) 2 2
1
2
2
OC OB R OC OB R      
0,5 
0.5 
0,5 
c/ 
1,5đ 
c/ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi 
Ta có OMN OCB  (cm trên)
 
2 2 2
22 2
1
42
OMN
OCB
S OE OE OE
S OH OA OE
     
Nên 2
1 1 1 1 1 1 1
( ) ( )
4 4 2 8 8 8 4
OMN OCBS S OH BC R BC R AB AC R R R R            
Dấu bằng có khi B, A, C thẳng hàng H A  
Vậy diện tích tam giác OMN lớn nhất là 2
1
4
OMNS R khi H A 
0,5 
0,75 
0,25 
Bài 5 1đ 
 -Nếu n là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên bài toán chứng minh xong 
-Nếu n không là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên, ta luôn tìm được 1 số nguyên dương 
k sao cho  
22 1k n k   .Vì n nguyên dương và 2 2 1n k n k    , vậy ta có: 
     
2 2 22 22 1 2( 1) 1 ... 2 1 1 0n k k k k k k             
Vậy mọi k nguyên dương , nên ta có  
22 1k n k   2n 
Vậy trong dãy luôn có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên. 
0,25 
0,5 
0,25