Đề thi học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán Lớp 9 bậc THCS (Ngày thi 17-4-2018) - Năm học 2017-2018 - Sở Giáo dục và Đào tạo Quảng Nam (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
QUẢNG NAM 
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BẬC THCS 
Năm học : 2017-2018 
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN 
Thời gian: 150 phút 
Ngày thi : 17/4/2018 
Câu 1. (5,0 điểm) 
a). Cho biểu thức 
x 8 1 x 4 4 x
A
x 4x x 8 x 2 x 4
  
  
  
Rút gọn biểu thức A. Tìm các số nguyên x để A là số nguyên 
b) Cho ba số thực a, b, c sao cho 1 a 2;1 b 2 ;1 c 2      
Chứng minh 
a b c a c b
7
b c a c b a
      
Câu 2. (4,0 điểm) 
a) Cho phương trình 2x 2x 3 2m 0    . Tìm m để phương trình có hai nghiệm 
phân biệt 
1 2
x ;x trong đó có một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại 
b) Giải phương trình : 22 1 x 1 x 3 x     
Câu 3 (4,0 điểm) 
a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1 thì    n 2 n 1 n 8   không thể 
là lập phương của một số tự nhiên 
b) Cho số nguyên tố p(p 3) và hai số nguyên dương a, b sao cho 2 2 2p a b .  
Chứng minh a chia hết cho 12 và 2(p a 1)  là số chính phương. 
Câu 4 (3,5 điểm) 
 Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4 cm. E là điểm nằm trên cạnh BC (E 
khác B và C). Đường thẳng qua B, vuông góc với đường thẳng DE tại H và cắt 
đường thẳng CD tại F, Gọi K là giao điểm của AH và BD. 
a) Chứng minh tứ giác KDCE nội tiếp trong đường tròn và ba điểm K, E, F 
thẳng hàng 
b) Khi E là trung điểm cạnh BC, tính diện tích tứ giác BKEH 
Câu 5. (3,5đ) 
 Cho hai đường tròn    1 2C , C cắt nhau tại hai điểm A, B. Tiếp tuyến tại A của 
 2C cắt  1C tại M (M khác A). Tiếp tuyến tại A của  1C cắt  2C tại điểm N (N 
khác A). Đường thẳng MB cắt  2C tại P (P khác B). Đường thẳng NB cắt  1C tại 
Q (Q khác B) 
.a) Chứng minh tam giác AMP , AQN đồng dạng 
b) Chứng minh 2 2MB.NA NB.MA 
---Hết---- 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI QUẢNG NAM NĂM 2017-2018 
Câu 1 
1a) 
      
  
x 2x 8 1
A
x 2 x 4x 2 x 2 x 4 x 2 . x 2
3 x 6 3
x 2 x 4x 2 x 2 x 4

  
     

 
   
x 2 x 4   là ước của 3; chỉ có x 2 x 4 3   có nghiệm x=1 thỏa mãn ĐK 
1b) Khử mẫu ta được 2 2 2 2 2 2a c ab bc a b ac b c 7abc      
Giả sử    2a b c b a b c 0 b ac ba bc          
2 2 2
2 2 2
b a a c abc a b
b c ac abc bc
   
 
  
2 2 2 2 2a c ab ac b c 2abc a b bc       
2 2 2 2 2 2 2 2a c ab bc a b ac b c 2abc 2a b 2bc         
Chứng minh 2 22abc 2a b 2bc 7abc   2 22a b 2bc 5abc   2 22a 2c 5ac   
(2a c)(c 2a) 0    
Câu 2 
2a) ĐK có hai nghiệm phân biệt ' 0 2m 2 0 m 1       
Khi m 1 ta có 
2
1 2
1 2
1 2
x x (1)
x x 3 2m(2)
x x 2 (3)
 

 
  
Thế (1) vào (2) : 2
2 2 2 2
x x 2 0 x 1;x 2       
2 2
)x 1 x 1 3 2m 1 m 1         (loại) 
2 1
)x 2 x 4 8 3 2m m 11/ 2          (chọn) 
2b) 22 x 1 1 x 3 x.DK : x 1      
 
 
2
2 2
2
2 2
2
2
2
2 x 1 2 x 1 x 1 0
4(x 1) (4 4x x ) 1 x 1
0
2 x 1 (2 x) 1 x 1
x x
0
2 x 1 2 x 1 x 1
1 1
x 0
2 x 1 2 x 1 x 1
       
     
  
    
 
  
    
 
    
     
Vì x 1 nên trong ngoặc dương . Do đó phương trình có nghiệm x=0 
Câu 3 
3a.    A n 1 n 2 n 8    
+) Khi n 1 A 54   không lập phương 
+) Khi n 2 A 120   không lập phương 
+)Khi n 2 . ta chứng minh A cũng không lập phương 
     
 
33 2 3 2
2 3 2 3 2 2
A n 1 n 2 n 8 n 11n 26n 16 n 12n 48n 64 n 4
A n 3 n 11n 26n 16 n 9n 27n 27 2n n 11 0
             
             
1 89
n 2,6
4

   hoặc 
1 89
n n 2,1
4

    
Suy ra khi n > 2    
3 3
n 3 A n 4    Vậy A không thể là lập phương 
3b.   2 2 2p b a b a b a     
b a  và b a là ước của 2p b a  và b a là ước của p vì p nguyên tố 
Vì b – a < b+a nên b – a =1 2 2b a p 2a 1 p      
Cộng vào hai vế cho 2p+1 ta có:    
2 2
2a 2p 2 p 1 2(a p 1) p 1         
Chứng minh a chia hết cho 12 
+) Chứng minh a chia hết cho 3 
Vì 2 22a 1 p 2a p 1     vì p nguyên tố >3 nên 2p chia 3 dư 1 2a 3 a 3  
+)Chứng minh a chia hết cho 4 
Vì 2 22a 1 p 2a p 1     vì p nguyên tố >3 nên p chia 4 dư 1 hoặc dư 3 
*) p=4k+1 22a 16k 8k 8 a 4    
*) p=4k+3 22a 16k 24k 8 8 a 4     
Do đó a chia hết cho 12 
Câu 4 
a) Chứng minh KDCE nội tiếp 
Ta có 0BHD BCD 90 BHCD   là tứ giác nội tiếp 
0CHF BDC 45   
ECFH nội tiếp 045 CHF CEF KDC KDCE     nội tiếp 
Chứng minh K, E, F thẳng hàng 
BC; DH là 2 đường cao BDF FE BD   
K
F
H
A B
D C
E
Mà KDCE nội tiếp 0EKD ECD 90 EK BD K,E,F      thẳng hàng. 
b) 
22
BKE
BKE
BCD
S BE 2 1 1
BKE BCD S .16 2
S BD 8 84 2
  
           
   
2
DCE
BHE DCE
BHE
BKEH
S DE 1 4
DCE BHE 6 S .S
S BE 5 5
4 14
S 2
5 5
 
        
 
   
Câu 5 
5a) Chứng minh tam giác AMP đồng dạng với tam giác AQN 
Ta có: AMP AQN (cùng chắn cung AB) 
APM ANQ (cùng chắn cung AB) 
Suy ra tam giác AMP đồng dạng với tam giác AQN (g-g) 
5b) AMP AQN  nên 
AB AM BM
NB NA AB
  
Q
P
N
M B
C1
C2
A
22
2 2
MB.NA AB.AM MB.NA AB.AM.NA
NB.MA AB.NA NB.MA AB.NA.MA
MB.NA NB.MA
  
  
  
 