SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
THANH HÓA NĂM HỌC 2017-2018
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN - Lớp 9 THCS
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Số báo danh
Ngày thi: 10 tháng 3 năm 2018
..................................
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)
Câu I (4,0 điểm).
x 2 x x1 1 2x 2 x
1. Cho biểu thức P   , với xx0, 1. Rút gọn P
2
x x1 x x x x x  x
và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên.
2018 2017
4(x1)x  2x  2x1 13
2. Tính giá trị của biểu thức P tại x .
2
23xx
2 32 2 3 2
Câu II (4,0 điểm).
2
1. Biết phương trình (m 2)x  2(m1)x m 0 có hai nghiệm tương ứng là độ dài hai
cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền của
2
tam giác vuông đó bằng .
5
2 2 2

(x y) (8x  8y  4xy13) 5 0

2. Giải hệ phương trình
 1
21x

xy

Câu III (4,0 điểm).
2 2 2
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình y 5y 62 (y 2)x  (y  6y8)x.
22
2. Cho ab, là các số nguyên dương thỏa mãn pa b là số nguyên tố và p 5 chia
22
hết cho 8. Giả sử xy, là các số nguyên thỏa mãn ax  by chia hết cho p . Chứng minh rằng cả
hai số xy, chia hết cho p .
Câu IV (6,0 điểm).
Cho tam giác ABC có (O),(I),(I ) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp, đường tròn
a
nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A của tam giác với các tâm tương ứng là O,,I I .
a
Gọi D là tiếp điểm của ()I với BC , P là điểm chính giữa cung BAC của ()O , PI cắt ()O tại
a
điểm K . Gọi M là giao điểm của PO và BC, N là điểm đối xứng với P qua O.
1. Chứng minh IBI C là tứ giác nội tiếp.
a
2. Chứng minh NI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác I MP.
a a
3. Chứng minh DAI  KAI .
a
Câu V (2,0 điểm).
Cho x,,y z là các số thực dương thỏa mãn xz . Chứng minh rằng
2
xz y x25z
   .
2
y  yz xz yz x z 2
------------- HẾT --------------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
THANH HÓA NĂM HỌC 2017-2018
ĐỀCHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN – Lớp 9 THCS
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 10 tháng 3 năm 2018
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM
(Gồm có 05 trang)
Câu NỘI DUNG Điểm
I
x 2 x x1 1 2x 2 x
P  
1. Cho biểu thức , với xx0, 1.
4,0
2
2,5
x x1 x x x x x  x
điểm
Rút gọn P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên
Với điều kiện xx0, 1, ta có:
x 2 x x1 2x 2 x1
0,50
P  
x1 x x1 x x x1 x x1 x x1
       
x x 2 x  x1 x1  2x 2 x1
    

0,50
x x11x x
  
x xx 2
 

0,50
x x11x x
  
xx12
  
x 2
 .
0,50
xx1
x11x x
  
Ta có với điều kiện x 0, x1 x x1 x11
xx2 2 1
 0 P  1  2
x x1 x1 x1
0,50
x 2
Px1 1 1
Do P nguyên nên suy ra (loại).
xx1
Vậy không có giá trị của x để P nhận giá trị nguyên.
Chú ý 1:Có thể làm theo cách sau
x 2
, coi đây là phương trình bậc hai của x .
P  Px P1 x P 2 0
 
xx1
Px 0  2 0 P 0 x
Nếu vô lí, suy ra nên để tồn tại thì phương trình trên có
2 442
22
 P1  4P P 2  0 3P  6P1 0 P  2P1  P1 
     
33
0,50
2
Do P nguyên nên P1 bằng 0 hoặc 1
 
2
+) Nếu P1  0 P1 x1 không thỏa mãn.
 
P 2

2
P1 1  P 2 2x x  0 x 0
+) Nếu   không thỏa mãn

P 0

Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn.
2018 2017
4 x1 x  2x  2x1
 
2. Tính giá trị của biểu thức P tại
2
23xx
1,5
13
x .
2 32 2 3 2
1 3 31
Vì x  
0,50
2
2 32 2 3 2
31
2
0,50
nên là nghiệm của đa thức 2xx2 1.
x
2
2017 2
2x 2x  2x1  2x1
 
21x
Do đó P   3 3.
0,50
2
x1
2x  2x1  x1
 
Chú ý 2:Nếu học sinh không thực hiện biến đổi mà dùng máy tính cầm tay để thay
số và tìm được kết quả đúng thì chỉ cho 0,5 đ.
2
II
1. Biết phương trình (m 2)x  2(m1)x m 0 có hai nghiệm tương ứng là độ
4,0
dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm m để độ dài đường cao ứng
2,0
điểm
2
với cạnh huyền của tam giác vuông đó bằng .
5
2
Phương trình (m 2)x  2(m1)x m 0 (x1) (m 2)x m  0 có hai nghiệm
 
0,50
m
khi và chỉ khi m 2. Khi đó 2 nghiệm của phương trình là ab1và .
m 2
Hai nghiệm đó là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông suy ra
m
0,50
00 m hoặc m 2 .
m 2
2
1 1 1 1 (mm2) 5 2 1
0,50
Từ hệ thức  trong tam giác vuông ta có    
2 2 2 22
a b h 1mm4 2
m21
Với   2m 4 m m 4 (thỏa mãn)
m 2
m 2 1 4 0,50
Với  24m m m (loại)
m23
Vậy m 4 là giá trị cần tìm.
2 2 2

(x y) (8x  8y  4xy13) 5 0 (1)

2. Giải hệ phương trình
1 2,0

2x1 (2)

xy

ĐKXĐ: xy 0
5

22
8(x  y ) 4xy 13
2

()xy
 0,25
2
Chia phương trình (1) cho()xy ta được hệ

1

21x

xy

2



1
1
22
2
5 (x y)   3(x y) 13
5 x y  3(x y)  23

2

()xy
xy
   


0,50


1 
1

x y  (x y)1
x y  (x y)1



xy
xy

 

22

1 5uv3 23 (3)
Đặtu x y ,v x y (ĐK:| u | 2 ), ta có hệ
0,25

xy
uv1 (4)

Từ (4) rút uv1 , thế vào (3) ta được
5
2 2 2
5u 3(1u)  23 4u 3u10 0 u 2 hoặc u .
4 0,25
5
u u  2.
Trường hợp loại vì
4
1

xy   2

Với uv21  (thỏa mãn). Khi đó ta có hệ xy
0,25


xy 1

Giải hệ trên bằng cách thế xy1 vào phương trình đầu ta được
1 0,50
2yy1  2 1. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (xy, ) (0;1).
21y
III 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình
2 2 2 2,0
4,0
y 5y 62 (y 2)x  y  6y8 x (1).
 
điểm
2
Ta có (1) y 2 y3 56 (y 2)x  y 2 y 4 x
     
0,25
2
 y 2x  y 4 x y3  56
     
0,25

 x1 y 2 x y3  56. 0,50
   
y 2  x1  x y3,
Nhận thấy     nên ta phải phân tích số 56 thành tích của ba số
0,25
nguyên mà tổng hai số đầu bằng số còn lại.
Như vậy ta có
) 561.7.8 xy;  2;9 .
   
0,25
) 56 7.1.8 xy;  8;3 .
   
) 56 8 .1. 7  xy;  7;3 .
       
0,25
) 561. 8 . 7  xy;  2;6 .
       
) 56 8 .7. 1  xy;  7;9 .
       
0,25
) 56 7. 8 . 1  xy;  8;6 .
       
Vậy phương trình có 6 nghiệm nguyên như trên.
Chú ý 3:Học sinh có thể biến đổi phương trình đến dạng
2
y 2x  y 4 x y3  56 (được 0,5đ), sau đó xét các trường hợp xảy ra.
     

Khi đó với mỗi nghiệm đúng tìm được thì cho 0,25 đ (tối đa 6 nghiệm = 1,5 đ)
22
2. Cho là các số nguyên dương thỏa mãn pa b là số nguyên tố và
ab, p5
22
chia hết cho 8. Giả sử là các số nguyên thỏa mãn chia hết cho . 2,0
xy, ax by p
Chứng minh rằng cả hai số xy, chia hết cho p .
Do p58 nên
p 8k5 (k )
0,50
4kk2 4 2
2 2 2 2 4k2 8k4 4k2 8k4
Vì axby ax by p nên a  x b  y p
     
4k2 8k4 4k2 8k4 4k2 4k2 8k4 4k2 8k4 8k4
Nhận thấy a  x b  y  a b x b x  y
    0,25
2kk1 2 1
8kk4 8 4
4kk2 4 2 2 2 2 2
0,25
Do a  b  a  b a b  p và bp nên x  y p (*)
     
Nếu trong hai số có một số chia hết cho thì từ (*) suy ra số thứ hai cũng chia
xy, p
0,50
hết cho p .
Nếu cả hai sốxy, đều không chia hết cho p thì theo định lí Fecma ta có :
8k4 p1 8k4 p1
x  x 1(mod p), y  y 1(mod p)
0,50
8kk4 8 4
 x  y  2(mod p) . Mâu thuẫn với (*).Vậy cả hai số x và y chia hết cho p .
IV
Cho tam giác ABC có (O),(I),(I ) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp,
a
6,0
đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh Acủa tam giác với các
điểm
tâm tương ứng là O,,I I . Gọi D là tiếp điểm của ()I với BC , P là điểm chính
a
giữa cung BAC của ()O , PI cắt ()O tại điểm K . Gọi M là giao điểm của PO và
a
BC, N là điểm đối xứng của P qua O.
P
A
F
O
I
D
B
C
M
K
N
I
a
1. Chứng minh: IBI C là tứ giác nội tiếp
2,0
a
I là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
a
1,0
ABC , từ đó suy ra BIBI,CI CI
aa
( Phân giác trong và phân giác ngoài cùng một góc thì vuông góc với nhau).
0
Xét tứ giác IBI C có IBIICI 180
a aa
1,0
Từ đó suy ra tứ giác IBI C là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính II .
a a
2. Chứng minh là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác
2,0
Nhận thấy bốn điểm A, I, N, I thẳng hàng (vì cùng thuộc tia phân giác của BAC ).
a
0
0,25
Do NP là đường kính của ()O nên NBP 90 , M là trung điểm của BC nên
PN BC tại M
2
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông PBN ta có NB  NM.NP
0,25
1
Vì BIN là góc ngoài tại đỉnh I của tam giác ABI nên BIN = ABC BAC (1)
0,25
 
2
BAC
Xét (O): NBCNAC (cùng chắn cung NC) 0,25
2
1
 NBI  NBC CBI  BAC ABC (2).
0,25
 
2
Từ (1) và (2) ta có BIN = NBI nên tam giác NIB cân tại N
0,25
Chứng minh tương tự tam giác NIC cân tại N
Từ đó suy ra N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC , cũng chính là tâm của
0,25
22
đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBI C  NI  NB  NM.NP
a a
NI I MP
Vậy là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác
0,25
a a
3. Chứng minh: . 2,0
GọiF là tiếp điểm của đường tròn (I) với AB.
1
0,50
Xét hai tam giác có: NBMBAC IAF
2
MNB đồng dạng với FIA.
Suy ra mà: , nên 0,50
Ta có:
0,50
nên suy raNMI đồng dạng vớiIDA (1).
a
Do là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác nên
NI I MP
a a
0,25
KAIKAN KPNI PN NI M (2)
a aa
0,25
Từ (1) và (2) ta có DAI  KAI
a
V Cho x,,y z là các số thực dương thỏa mãn xz . Chứng minh rằng
2,0 2
xz y x25z 2,0
   .
điểm
2
y  yz xz yz x z 2
2
xz y
2z
1
2
xz y x 2z yz yz
x
Ta có P     
0,25
2 2
xz z
y
y  yz xz yz x z
11
1
yz x
yz
x
y 2z
1
2 2 2
y a b 12 c
z x
      ,
2 2 2
y x z
b 1 a 1 1 c
1 1 1
0,25
z y x
x y z
2 2 2
trong đó a  , b  , c  a,b,c 0
 
y z x
x 1
22
Nhận xét rằng
a . b   1 do x z. 0,25
2
zc
2 2 2 2 2 2 2
22
a a 1 ab1  b b 1 ab1  2aba a 1 b 1
        
a b 2ab
Xét   
22
22
b 1 a 1 ab1
a 1 b 1 ab1
 
  
0,25
2
2
2 2 3 3
ab a b  ab a  b  a b
      
 0
22
a 1 b 1 ab1
 
  
2
22
a b22ab
c
Do đó     1. Đẳng thức xảy ra khi ab .
  0,25
22
1
b 1 a 1 ab1 1 c
1
c
2 2 2
2
2 2 1 c 1 c 1 2c 51 c 1 c
     
 
2 1 2c 5
0,25
Khi đó  
2
2
1cc 1 2
2 1cc1
 
 
3
23
1 c
13c 3c  c  
   0 do c1 2
    0,25
22
2 1 c 1 c 2 1 c 1 c
     
Từ 1 và 2 suy ra điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi
   
0,25
a b, c1 x y z.
---------- Hết ------------
Chú ý:
- Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân
chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án.
- Đối với Câu IV (Hình học): Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm.
- Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm.

onthicaptoc.com Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Toán 9 năm 2017 – 2018 sở GDĐT Thanh Hóa