Đề thi học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán Lớp 9 THCS (Ngày thi 5-4-2017) - Năm học 2016-2017 - Sở Giáo dục và Đào tạo Đắc Lắc (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐẮC LẮC 
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
NĂM HỌC 2016-2017 
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN 9 – THCS 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đề) 
Ngày thi : 05/4/2017 
Bài 1. (4 điểm) 
1) Cho số thực a mà a > 2. Rút gọn biểu thức 
   a 1 a 1 1 a 1 a 1 11
A .
a a 2 a 1 a 2 a 1
      
  
     
2) Giải hệ phương trình 
2x 3x y 3 y 1
16
3 y 5
x
   


 

Bài 2 (4 điểm) 
1) Tìm m để phương trình  2x 2m 1 x 3m 1 0     có hai nghiệm 1 2x ;x thỏa mãn 
2 2
1 2
x x 5  
2) Cho số thực b thỏa mãn điều kiện đa thức 2P(x) x bx 2017   có giá trị nhỏ nhất là 
một số thực dương. Chứng minh cả hai phương trình 24x 12 10x b 0   và 
24x 12 10x b 0   đều có hai nghiệm phân biệt 
Bài 3 (4 điểm) 
1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 21 2 y  
2) Với mỗi số tự nhiên n, ta đặt 
2 4 2n 4n 1 nM(n) 2 2    . Chứng minh rằng M(n)2 8 luôn 
chia hết cho 31 
Bài 4. (4 điểm) 
Cho đường tròn (O) có tâm O. Dây AB cố định không phải đường kính. Gọi I là trung 
điểm của đoạn AB. Trên cung nhỏ AB lấy hai điểm C, E sao cho góc CIA và EIB là góc 
nhọn. CI cắt đường tròn (O) tại điểm D khác C. EI cắt đường tròn (O) tại điểm F khác E. 
Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại C và D cắt nhau tại M, các tiếp tuyến với đường 
tròn (O) tại E và F cắt nhau tại N. Nối OM cắt CD tại P và ON cắt EF tại Q. Chứng minh 
rằng 
1) Tứ giác PQNM nội tiếp 
2) MN song song với AB 
Bài 5. (2 điểm) Cho tam giác ABC cân tại C, có góc ở đỉnh là 036 . Chứng minh 
AC 1 5
AB 2

 
Bài 6 (2,0 điểm) Cho hai số thực a, b thay đổi sao cho 1 a 2;1 b 2    . Tìm giá trị lớn 
nhất của biểu thức 2 2
2 2
4 2 4 2
A a b b a
a b b a
  
        
  
ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 ĐẮC LẮC 2016-2017 
Bài 1. 
1) 
     
 
 
 
     
 
3 3
2 2
a 1 1 a 1 1a 1 a 1 1 a 1 a 1 11 1
A . .
a aa 2 a 1 a 2 a 1 a 1 1 a 1 1
a 1 1 a 1 a 1 1 a 1 1 a 1 a 1 11
.
a a 1 1 a 1 1
1
. a a 1 a a 1 2 (doa 2 a 1 0; a 1 1 0)
a
 
           
      
           
 
            
  
    
 
             
2) 
2x 3x y 3 y 1
16
3 y 5 (*)
x
   


 

 (ĐK:x 0;y 0)  
Ta có 
  
x 1 0
(1)16
3 y 5x 1 x 3 y 1 0
x
(*)
16 x 3 y 1 03 y 5
x (2)16
3 y 5
x
  

      
  
       
  

Giải (1) 
x 1
x 1
121
y (TMDK)3 y 11
9
 
  
  
Giải (2)
  
x 3 y 1
x 3 y 1x 3 y 1 x 2
(TMDK)16
3 y 5 y 1y 1 3 y 7 03y 4 y 7 0
3 y 1
          
     
          
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  
121
x;y 1; ;(2;1)
9
  
   
  
Bài 2. 
1) Ta có      
2 2
2m 1 4 3m 1 4 m 1 1 0         với mọi m. Nên phương trình luôn có 
hai nghiệm phân biệt với mọi m. 
Theo Vi et, ta có: 1 2
1 2
x x (2m 1)
x x 3m 1
   

 
Khi đó 
 
      
22 2
1 2 1 2 1 2
2 2
x x 5 x x 2x x 5
m 1
2m 1 2 3m 1 5 2m m 1 0 m 1 2m 1 0 1
m
2
     

              
 

2) 
2 2 2
2 b b bP(x) x bx 2017 x 2017 2017
2 4 4
 
         
 
Do đó 
2b
MinP(x) 2017
4
  
Ta có 
2
2b2017 0 b 4.2017 2 2017 b 2 2017
4
        
Phương trình: 24x 12 10x b 0   có 
1
' 360 4b   
Phương trình : 24x 12 10x b 0   có 
2
' 360 4b   
Mà 1
2
' 0360 8 2017 360 4b 360 8 2017
2 2017 b 2 2017
' 0360 8 2017 360 4b 360 8 2017
       
     
      
Vậy cả hai phương trình đều có nghiệm phân biệt 
Bài 3. 
1)   
m
x 2 x n
y 1 2 (1)
1 2 y y 1 y 1 2 y 1 2 (2)
m n x
  

        
  

Từ (1) và (2) m n 22 2 2 2 2 m 2,n 1 x 3;y 3           
2) +) Nếu n chẵn 
22 2 n 4t t
1 1
n 4 n 4t (t ) 2 2 16 5k 1(k )          
Và 
4 24 2 4n 1 n 4p 1 p
2 2
4n 1 n 4p 1(p ) 2 2 2.16 5k 2(k )             
Nên  M(n) 5k 3 kM(n) 5k 3(k ) 2 8 2 8 8 32 1 31(1)         
+) Nếu n lẻ    
22 n 4t 1 t
1
n 4t 1 t 2 2 2.16 5k 2 k          
Và 
4 24 2 4n 1 n 4p p
2
4n 1 n 4p(p ) 2 2 16 5k 1(k )           
Nên  M(n) 5k 3 kM(n) 5k 3(k ) 2 8 2 8 8 32 1 31 (2)         
Từ (1) và (2) suy ra M(n)2 8 luôn chia hết cho 31. 
Bài 4. 
 1) Tứ giác PQNM nội tiếp 
Ta có : OC = OD (bán kính ), MC = MD (MC, MD là 2 tiếp tuyến cắt nhau) 
suy ra OM là trung trực của CD OM DP  
Xét ODM : 0ODM 90 (MD là tiếp tuyến của (O) tại D), OM DP(cmt) 
2OD OP.OM(a)  
Chứng minh tương tự có: 2OF OQ.ON(b). Lại có:OD OF (bán kính) © 
Từ (a) (b) (c) 
OP ON
OP.OM OQ.ON
OQ OM
    
Xét OPQ và ONM có O chung;
OP ON
(cmt)
OQ OM
 
Vậy tam giác OPQ đồng dạng tam giác ONM (c.g.c) nên OPQ ONM 
Nên tứ giác PQNM nội tiếp (đpcm) 
T
Q
P
N M
F D
I
O
A B
C E
2) MN song song với AB 
Tứ giác OPIQ có : 0OPI OQI 90  (theo câu a) 
Vậy tứ giác OPIQ nội tiếp QOI QPI  (góc nội tiếp cùng chắn cung QI) 
Lại có 0ONM OPQ(cmt) QOI ONM QPI OPQ OPI 90 (doOM DP)        
ONT vuông tại T (T là giao điểm của OI và MN) 
OI MN  , mặt khác OI AB (vì 
1
IA IB AB(gt)
2
  ) vậy AB // MN (đpcm) 
Bài 5. 
Ta có 
0 0 0
0180 ACB 180 36CAB CBA 72
2 2
 
    (Vì tam giác ABC cân tại C) 
Kẻ phân giác BD của góc ABC 0CBD ABD 36   
Chứng minh được BDC cân tại D, ABD cân tại B 
Đặt AC = BC = x, AB = BD = CD = a (x, a >0) 
Mặt khác BD là phân giác của ABC 
Nên 2 2
CD AD CD AD AC a x
x ax a 0 (*)
BC AB BC AB BC AB x x a

        
  
Giải phương trình (*) ta được 
1 5
x a
2

 (vì x >0) nên 
 1 5 aAC 1 5
: a
AB 2 2
 
  
Bài 6. 
Áp dụng BĐT
 
2
x y
xy
4

 
a
36
D
C
A
B
Ta có: 
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2 4 4
a b a b
4 2 4 2 a b a b
A a b b a
a b b a 4
 
       
             
  
Đặt 2 2 2 2
2
2 4 2 4
a x a x 4;b y b y 4
a a b b
            
Lại có 1 a 2 ;1 b 2    suy ra 
  
2
2 2 a 2 3a 2 2a 1 a 2 0 a 3a 2 a 3 0 x 3
a a a
  
              
  
2
2 2 b 2 3b 2 2b 1 b 2 0 b 3b 2 b 3 0 y 3
b b b
  
              
Nên 
   
2 22 2x y x y 8 3 3 9 9 8
A 64
4 4
       
   
Đẳng thức xảy ra khi   
  
2 2
2 2
4 2 4 2
a b b a
a b b a
a b 1
a 1 a 2 0
a b 2
b 1 b 2 0

      
  
    
 
  

Vậy 
a b 1
MaxA 64
a b 2
 
  
 