Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 (Ngày thi 10-4-2017) - Năm học 2016-2017 - Sở Giáo dục và Đào tạo Quảng Nam (Có đáp án)

 Page 1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
QUẢNG NAM 
KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH 
Năm học 2016 – 2017 
 Môn thi : TOÁN 
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi : 10/4/2017 
Câu 1. (5,0 điểm) 
 a) Cho biểu thức 
4 2 5 1 1
2
4 1 22 3 2
x x x x
P x x
xx x x
     
           
 i 0x  
1
4
x  . 
 Rút gọn biểu thức P và tìm x để 
3
2
P  . 
 b) Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa 3 .ab bc ca abc   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức 
3 3 3
2 2 2
a b c
A
c a a b b c
  
  
. 
Câu 2. (4,0 điểm) 
 a) Giải phương trình 
2 1 1 2 0x x x      . 
 b) Giải hệ phương trình 
2
2 3 2
2 4 1
2 4 3 2
xy x y
x y xy x y
    

   
Câu 3. (4,0 điểm) 
 a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( , )a b thỏa mãn đẳng thức: 
3 3 2 23( ) 3( ) ( 1)( 1) 25a b a b a b a b         . 
 b) Cho hai số nguyên a b thỏa 2 224 1 .a b  Chứng minh rằng ch có một số a hoặc 
b chia hết cho 5. 
Câu 4. (2,5 điểm) 
 Cho tam giác nhọn ABC cân tại A nội tiếp trong đường tròn (O) đường kính AK; ấy 
điểm I thuộc cung nhỏ của đường tròn (O) (I khác A, B). Gọi M giao điểm của IK 
BC, đường trung trực của đoạn thẳng IM cắt AB và AC ần ượt tại D và E. Chứng minh tứ 
giác ADME là hình bình hành. 
Câu 5. (4,5 điểm) 
 Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp trong đường tròn (O) có trực tâm H. 
Gọi D, E, F ần ượt các chân đường cao t A, B, C của tam giác ABC. 
 a) Gọi K giao điểm của hai đường thẳng EF BC, gọi L giao điểm của đường 
thẳng AK đường tròn (O) (L khác A). Chứng minh HL u ng góc i AK. 
 b) ấy điểm M thuộc cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B, C). Gọi N và P ần 
 ượt hai điểm đối xứng của điểm M qua hai đường thẳng AB và AC. Chứng minh ba điểm 
N, H, P thẳng h ng. 
–––––––––––– Hết –––––––––––– 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 Page 2 
Họ và tên thí sinh: ...; Số báo danh: .. 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
QUẢNG NAM 
KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH 
N M HỌC 2016 – 2017 
H ỚNG D N CHẤM 
M TOÁN 
(Hư ng d n ch m thi nà c 08 trang) 
Câu Đáp á Điểm 
Câu 1 
(5,0 đ) Cho biểu thức 
4 2 5 1 1
2
4 1 22 3 2
x x x x
P x x
xx x x
     
           
 v i 0x  và 
1
4
x  . Rút gọn biểu thức P và tìm x để 
3
2
P  . 
3,0 
24 2 5 1 2 4 2
(2 1)( 2) (2 1)(2 1) 2
x x x x x x x
P
x x x x x
        
           
 (m i t ong khai t iển được ) 
0,75 
2 2 5 1 (2 1)( 2)
2 1 (2 1)(2 1) 2
x x x x x x
x x x x
       
    
     
 0,5 
2 1 (2 1)( 2)
(2 1)(2 1) 2
x x x x
x x x
     
    
    
 0,5 
2
2
x x
x

 0,25 
 i 0x  ta có: 32 1 1 3. .1.1 2 3x x x x x x x x x        0,5 
Suy ra 
2 3
2 2
x x x
P
x x

  hay 
3
2
P  dấu bằng xảy ra khi 1x  ). 0,25 
 o đó để 
3
2
P  thì 1x  . 0,25 
H c t h cách hác 
 i 0x  ta có: 
3 2 3
3 2 0
2 22
x x
P x x x
x

       (*) 
0,25 
 ặt , 0t x t  . 
 hi đó tr th nh: 
3 3 2 0t t   
0,25 
2( 1) ( 2) 0t t    0,25 
 ì 22 0,( 1) 0t t    nên 
2( 1) ( 2) 0 1 0 1t t t t        hay 1x  . 0,25 
b) Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa: 3ab bc ca abc   . Tìm giá t ị nhỏ nh t 
của biểu thức 
3 3 3
2 2 2
a b c
A
c a a b b c
  
  
. 
2,0 
 Page 3 
Cách 1: h o đ : 
1 1 1
3 3ab bc ca abc
a b c
       
3 3
2 2 2
( )a a ac ac ac
a
c a c a c a
 
  
  
0,25 
2
2
1 1
2
2 4
ac c
c a a c c
c a

    

 0,5 
Suy ra 
3
2
1
4
a c
a
c a

 

. 0,25 
Tương tự : 
3
2
1
4
b a
b
a b

 

, 
3
2
1
4
c b
c
b c

 

. 0,25 
Suy ra 
3 3
( )
4 4
A a b c    0,25 
 ng T C i chứng minh được:  
1 1 1
9a b c
a b c
 
     
 
 0,25 
  3 9 3a b c a b c        
Suy ra 
3
2
A  dấu bằng xảy ra khi 1a b c   . 
 y 
3
min
2
A  khi 1a b c   . 
0,25 
Cách 2 :Ta có: 
1 1 1
3 3ab bc ca abc
a b c
       
 ặt 
1 1 1
, ,x y z
a b c
   khi đó: 
, , 0
3
x y z
x y z


  
. 
0,25 
 iểu thức A được iết ại: 
2 2 2( ) ( ) ( )
x y z
A
y x y z y z x z x
  
  
 0,25 
Ta có :
2 2
2 2 2
( ) 1
( ) ( )
x x y y y
y x y y x y y x y
 
  
  
 ; 
m 2
2
1
2
2
y
x y y x
x y x
   

 nên 
2
1 1
( ) 2
x
y x y y x
 

 ; 
0,25 
m 
1 1 1 1 1
.2 1. 1
4 42 x xx
 
   
 
 nên 
2
1 1 1
1
( ) 4
x
y x y y x
 
   
  
(d u b ng ả ra khi 1x y  ) 
0,25 
Tương tự : 
2
1 1 1
1
( ) 4
y
z y z z y
 
   
  
, 
2
1 1 1
1
( ) 4
z
x z x x z
 
   
  
Suy ra 
3 1 1 1 3
4 4
A
x y z
 
    
 
. 
0,25 
 ng T C i chứng minh được:  
1 1 1
9x y z
x y z
 
     
 
. 0,25 
1 1 1 1 1 1
3 9 3
x y z x y z
 
        
 
 ì 3z y z   ). 0,25 
 Page 4 
 o đó 
3
2
A  dấu bằng xảy ra khi 1x y z   hay 1a b c   . 
 y 
3
min
2
A  khi 1a b c   . 
0,25 
Câu 2 
(4,0 đ) 
a) Giải phương t ình 2 1 1 2 0x x x      2,0 
Cách 1: 
 i u kiện: 1 1x   . 
0,25 
 hi đó ta có: 2 1 1 2 0x x x      
  
2
2 21 1 (2 )x x x      2 2 22 1 2 (2 )x x     (1) 
0,25 
 ặt 21 , 0t x t   . hương trình tr th nh: 
 2 22 2 ( 1)t t   
0,25 
4 22 2 1 0t t t     0,25 
2( 1) ( 1)( 1) 2 0t t t t        (2) 0,5 
 ì 0t  nên 2( 1)( 1) 2 0t t t    . 
Do đó phương trình có nghiệm duy nhất 1t  . 
0,25 
 i 1 0t x   thỏa . 
 y phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất 0x  . 0,25 
Cách 2 
 i u kiện: 1 1x   . 0,25 
2 21 1 2 0 1 1 2x x x x x x            (*) 
 ặt 1 1 , 0t x x t     . Suy ra 
2
2
2 2 222 2 1 1 2
2
t
t x x
 
       
 
0,25 
 hi đó phương trình tr th nh: 
4 2 3 24 4 8 0 ( 2)( 2 4) 0t t t t t t         (*) 0,5 
 ì 2 22 2 1 2t x    0t  nên 2t  . 0,25 
 o đó 3 22 4 2 2 4 4 0t t      . 
 uy ra phương trình có nghiệm duy nhất 2t  . 
0,5 
 i 2 0t x   thỏa . 
 y phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất 0x  . 
0,25 
Cách 
 i u kiện: 1 1x   . 0,25 
 ặt 1 , 1 ( , 0)x a x b a b     . Suy ra: 2 2 2a b  (1) 0,5 
 ơn n a: 2 2 2 21 2 1x ab x a b      . 
 hương trình đã cho tr th nh: 2 2 1a b a b   (2) 
0,25 
 Page 5 
T ta cố hệ: 
2 2
2 2
2 1
21
a b ab
a ba b a b
   
 
    
 0,5 
1
0
1
a
x
b

  

 0,5 
b) Giải hệ phương t ình 
2
2 3 2
2 4 1
2 4 3 2
xy x y
x y xy x y
    

   
 2,0 
 Cách 1: 
2
2 3 2
2 4 1
2 4 3 2
xy x y
x y xy x y
    

   
2
2 2
(2 1) 4
( 2 1) 2(2 1) 2
xy x y
x y xy y x y
   
 
     
 (*) 
(lưu : không nh t thi t bi n đối đưa v phải của pt thứ hai về 2y , c thể 3y ) 
0,25 
- t 0y  thay o hệ ta được: 
2 1 0 1
2(2 1) 0 2
x
x
x
 
  
  
Suy ra 
1
2
0
x
y

 

 
 một nghiệm của hệ. 
0,25 
- t 0y  hệ phương trình tương đương i hệ: 
2 2 2
2 1 2 1
4 ( 1) 5
2 1 2 1
2 1 2 2 ( 1) 2 2
x x
xy xy
y y
x x
x y xy xy
y y
  
     
 
 
                     
 (**) 0,25 
 ặt 
2 1
1,
2
x
a xy b

   khi đó hệ phương trình * tr th nh:
2
5
2 2
a b
a b
 

  
 (***) 0,25 
+ Giải hệ tìm được: 
2
3
a
b



, 
4
9
a
b
 


. 0,25 
* V i 
2
3
a
b



 ta có 
2 1
1 2 1
13
2 1
3 12 1
3
x
xy x
x
x
yx
y y
            
     
 hoặc 
3
2
2
3
x
y

 

  

 0,25 
* i 
4
9
a
b
 


 ta có 
2 1
1 4 5
9
2 1
9 2 1
9
x
xy x
x
x
y y
           
    
 nghiệm 0,25 
 y hệ phương trình đã cho có ba nghiệm: 
1
2
0
x
y

 

 
, 
1
1
x
y



, 
3
2
2
3
x
y

 

  

. 0,25 
 Page 6 
Cách 2: 
2 2
2 3 2 2 3 2
2 4 1 (2 1) 4
2 4 3 2 2 (4 2) 3
xy x y xy x y
x y xy x y x y xy x y
        
 
          
 0,25 
2
2 3 2
2 3 2
2 (4 2) 8
5 0
2 (4 2) 3
xy x y
x y xy y
x y xy x y
   
    
    
 0,25 
0
1
5
y
xy
xy

 

  
 0,5 
 i 0y  . uy ra được 
1
( ; ) ( ;0)
2
x y   . 0,25 
 i 1xy  . uy ra được ( ; ) (1;1)x y  hoặc 
3 2
( ; ) ( ; )
2 3
x y    . 0,25 
 i 5xy   . Trường hợp n y kh ng t n tại cặp ( ; )x y . 0,25 
V y hệ phương trình đã cho có ba nghiệm: 
1
2
0
x
y

 

 
, 
1
1
x
y



, 
3
2
2
3
x
y

 

  

. 0,25 
Câu 3 
(4,0 đ) 
a) Tìm t t cả các cặp số ngu ên dương ( , )a b thỏa mãn đẳng thức: 
3 3 2 23( ) 3( ) ( 1)( 1) 25a b a b a b a b         . 
2,0 
3 3 2 23( ) 3( ) ( 1)( 1) 25a b a b a b a b         
3 2 3 2( 3 3 1) ( 3 3 1) ( 1)( 1) 25a a a b b b a b            
3 3( 1) ( 1) ( 1)( 1) 25a b a b        (*) 
0,5 
 ặt 1, 1( , ; , 2)x a y b x y Z x y      . 
 hi đó tr th nh: 
3 3 2 225 ( )( ) 25x y xy x y x xy y xy         (**) 
0,25 
 T suy ra 1x y x y    m 
2 2 0x xy y   nên: 
2 2 2 225 25 4x xy y xy x y x         (1). 
0,25 
 ơn n a: x y , 2x y  nên 6xy  . 
Suy ra 
3 3 325 31 31 3x y xy x x        (2) 
0,25 
T suy ra: 4x  . Do x y 2y  nên  2;3y . 0,25 
 Th ại ch có 
4
3
x
y



 thỏa . uy ra 
3
2
a
b



 cặp số cần tìm. 0,5 
b) Cho hai số ngu ên a và b thỏa: 2 224 1a b  . Chứng minh ng ch c m t 
số a hoặc b chia h t cho 5. 
2,0 
Cách 1: 
2 2 2 2 2 2 224 1 25 1 1(mod5)a b a a b a b         (1) 
0,25 
 Page 7 
Ta có: 
0, 1, 2(mod5)
0, 1, 2(mod5)
a
b
  

  
 0,5 
2
2
0,1,4(mod5)
0,1,4(mod5)
a
b
 
 

 (2) 0,5 
T suy ra: 
2
2
0(mod5)
1(mod5)
a
b
 


 hoặc 
2
2
1(mod5)
0(mod5)
a
b
 


. 0,5 
Suy ra ch một số a hoặc b chia hết cho 5. 0,25 
Cách 2: 
2 2 2 2 2 2 224 1 25 1 5. 1a b a a b a b k          (1) 
0,25 
  5 , 0;1;2;3;4n Z n l r l Z r       0,5 
   2 2 21 1 1 15 , 0;1;4n l r l Z r     (2) 0,5 
T suy ra: 
2
1
2
2
5 1
5
a k
b k
  


 hoặc 
2
1
2
2
5
5 1
a k
b k
 

 
 0,5 
 uy ra ch một số a hoặc b chia hết cho 5. 0,25 
Cách 3: 
2 2 2 224 1 24 1a b a b      kh ng chia hết cho 5 nên a b kh ng đ ng 
thời chia hết cho 5. 
0,25 
+ Giả s a b đ u kh ng chia hết cho 5. 
Th o định ý F rmat ta có 
4
2 2 2 2
4
1(mod5)
( )( ) 0(mod5)
1(mod5)
a
a b a b
b
 
   

0,5 
Nếu 2 2 0(mod5)a b  thì 2 2 225 1 0(mod5)a a b    ( vô lí). 0,25 
Suy ra 2 2 0(mod5)a b  2 2 223 1 0(mod5)a b a     (*) 0,25 
 ì a kh ng chia hết cho 5 nên 1, 2(mod5)a    . 0,25 
 i 
2 21(mod5) 1(mod5) 23 1 1(mod5)a a a        trái i 0,25 
 i 
2 22(mod5) 4(mod5) 23 1 3(mod5)a a a       trái i 0,25 
 y đi u giả s sai. T đó suy ra đi u cần chứng minh. 
Câu 4 
(2,5 đ) 
Cho tam giác nhọn C c n t i và n i ti p t ong đường t n ( ) đường 
kính ; l điểm thu c cung nhỏ của đường t n ( ) ( khác , ). Gọi 
 là giao điểm của và C, đường t ung t ực của đo n thẳng c t và 
 C lần lượt t i D và E. Chứng minh tứ giác D E là hình bình hành. 
2,5 
 Page 8 
O
////
2
1
1 1
1
/
/
A
N
M
F
K
E
D
I
CB
21
( hông c hình v không ch m bài) 
 Gọi N trung điểm của IM, F giao điểm của DE IB. 
 Ta có: 1 1 2 1 1I A A F C     2 1F B 
0,5 
 uy ra tứ giác BFDM nội tiếp trong đường tròn. 0,25 
1 1DMB F C   
Suy ra DM // AC hay DM // AE (1) 
0,5 
AED EDM EDI  . uy ra hình thang cân. 0,5 
(Hoặc tứ giác D và C n i ti p nên FDM IAE ; 
 FDM FDI DIA DIA IAE    . Su a ED là hình thang c n.) 
 Suy ra ADE IED DEM  nên AD//EM (2) 0,5 
T suy ra tứ giác ADME hình bình h nh. 0,25 
Cách hác 
 Gọi N trung điểm của IM, F giao điểm của DE IB. 
 Ta có: 1 1 2 1 1I A A F C     tứ giác F C nội tiếp trong đường tròn. 
0,5 
Suy ra FBC AED (1). 0,25 
 ặt khác 1 1 2 1F C F B    tứ giác F nội tiếp trong đường tròn. 
Suy ra FBC MDE (2). 
0,5 
T suy ra AED MDE  AE//DM (*) 0,25 
 ơn n a AED MDE AED IDE   
 DE//IA. o đó tứ giác AEDI hình thang cân. 
0,25 
Suy ra ADE IED m IED DEM nên ADE DEM  AD//EM (**) 
 T suy ra tứ giác ADME hình bình h nh. 
0,25 
Câu 5 
(4,5 đ) 
Cho tam giác nhọn C ( C) n i ti p t ong đường t n ( ) và c t ực t m 
là H. Gọi D, E, lần lượt là các ch n đường cao v t , , C của tam giác 
ABC. 
 Page 9 
a) Gọi là giao điểm của hai đường thẳng E và C, gọi là giao điểm của 
đường thẳng và đường t n ( ) ( khác ). Chứng minh H vuông g c v i 
AK. 
2,5 
O
A
B C
H
D
F
E
K
L
( hông c hình v không ch m bài) 
Cách 1: 
 t hai tam giác KBF KEC có: 
K chung, KBF KEC ì c ng b i FBC ) 
Suy ra KBF KEC đ ng dạng. 
0,5 
Suy ra: . .
KB KF
KB KC KF KE
KE KC
   (1) 0,25 
 Tương tự: KBL KAC đ ng dạng. 
Suy ra: . .
KB KL
KB KC KL KA
KA KC
   (2) 
0,5 
T suy ra: . .
KF KL
KF KE KL KA
KA KE
   hơn n a FKL AKE . 
Suy ra KFL KAE đ ng dạng. 
0,5 
Suy ra KFL KAE . 0,25 
 o đó điểm A, L, F, E c ng nằm trên đường tròn. 
 A, E, F nằm trên đường tròn đường kính AH nên L c ng nằm trên đường tròn 
đường kính AH. y HL u ng góc i AK. 
0,5 
Cách 2: 
 ạ H ’ u ng góc AK tại ’. Ta đi chứng minh ’ thuộc đường tròn (O). 0,25 
 5 điểm , ’, , H, E c ng nằm trên đường tròn đường kính AH. 0,5 
 Chứng minh được 'KFL KAE đ ng dạng. 
'. .KL KA KF KE  . 
0,5 
Tương tự chứng minh được: . .KF KE KB KC 0,5 
Suy ra '. .KL KA KB KC . 0,25 
Chứng minh được ’ C nội tiếp. uy ra ’ tr ng L. 
 y HL u ng góc i AK. 
0,5 
b) điểm thu c cung nhỏ C của đường t n ( ) ( khác , C). Gọi 
và P lần lượt là hai điểm đối ứng của điểm ua hai đường thẳng và C. 
Chứng minh ba điểm , H, P thẳng hàng. 
2,0 
 Page 10 
O
F
E
D
P
M
N
H
CB
A
( hông c hình v không ch m bài) 
 Ta có: 
ANB AMB
ANB ACB
AMB ACB
 
 

 0,25 
 Tứ giác DHEC nội tiếp nên 0180ACB AHB  . Suy ra 0180ANB AHB  . 
 o đó tứ giác AHBN nội tiếp trong đường tròn. 
0,5 
Suy ra NHB NAB . NAB MAB nên NHB MAB 0,25 
 Tương tự ta c ng chứng minh được: CHP MAC . 0,5 
+ Suy ra ( )NHB BHC CHP MAB BHC MAC MAB MAC BHC        
 0180BAC BHC BAC FHE     
 uy ra N thẳng h ng. 
0,5 
 Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì an Giám khảo thảo u n thống nhất thang 
điểm cho ph hợp i ư ng dẫn chấm.