Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Sở GD & ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO 
THANH HÓA 
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 
 Năm học : 2015 – 2016 
 Môn thi : Toán 
Thời gian : 150 phút (không kể thời gian phát đề) 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
Câu 1 (4,0 điểm): 
 Cho biểu thức 
3 3 9
A = .
3 3
a a a a
a
a a a
    
    
     
với 0, 9 .a a 
a) Rút gọn biểu thức
A. 
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = A + a . 
Câu 2 (4,0 điểm): 
a) Giải phương trình 
2 2
9 2
1.
2 9
x
x x
 

b) Giải hệ phương trình 
 3 3
2 2
4 4
.
5 4
x y x y
y x
   

 
Câu 3 (4,0 điểm): 
 a) Tìm các nghiệm nguyên (x, y) của phương trình: 3 354x + 1 = y . 
 b) Tìm các giá trị nguyên dương của m để phương trình 2 2x mxy + y + 1 = 0 có 
 nghiệm nguyên dương (x, y là ẩn). 
Câu 4 (6,0 điểm): Cho đường tròn tâm O bán kính R. Tam giác nhọn ABC nội tiếp đường 
 tròn (O; R) có B, C cố định. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng quy 
 tại H. Đường thẳng chứa tia phân giác ngoài của góc BHC cắt AB, AC lần lượt tại các 
 điểm M và N. 
 a) Chứng minh tam giác AMN cân. 
 b) Xác định vị trí của điểm A để chu vi tam giác DEF lớn nhất. 
 c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác trong của góc BAC tại K 
 ( K  A). Chứng minh đường thẳng HK luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi. 
Câu 5 (2,0 điểm): Cho các số dương , ,a b c thoả mãn 2 2 2 3ab bc ca   . 
 Chứng minh rằng:  
5 5 5 5 5 5
3 3 32 3 2 3 2 3 15 2 .
a b b c c a
a b c
ab bc ca
  
      
 ------------------ Hết ------------------ 
 SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO 
THANH HÓA 
ĐÁP ÁN GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 
 Năm học : 2015 – 2016 
 Môn thi : Toán 
Câu Nội dung Điểm 
1a 
(2,0đ) 
Rút gọn biểu thức 
3 3 9
( 0và 9).
3 3
a a a a
A a a a
a a a
    
      
    
Có 
2 2( 3) ( 3) 9
. .
( 3)( 3)
a a a
A a
a a a
   

 
( 6 9) ( 6 9) 9
. . 12 .
9
a a a a a
a a
a a
     
  

Vậy 12 ( 0 và 9).A a a a    
Tìm giá trị nhỏ nhất của M = A + a. 
1b 
(2,0đ) 
 
2
12 6 36 36M A a a a a         , dấu đẳng thức xảy ra khi a = 36 (tmđk). 
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là - 36 khi và chỉ khi a = 36. 
2a 
(2,0đ) 
Giải phương trình  2 2
9 2
1 1
2 9
x
x x
 

Điều kiện 0.x 
   
2
2 2
2 9 2
1 3 0 2
2 9
x x
x x

   

Đặt  
2 2
2
2 2 22
1 2 9
 0
2 92 9
x x x
t t t
x t xx

     
 
Khi đó (2) trở thành 
   
23 2
2
1
1
2 3 0 2 3 1 0 1 2 1 0 1
2
t
t t t t t
t t

           
  
 
Với t = 1 ta có 
2
2
0
2 9
9 0
x
x x
x

   
 
 vô nghiệm. 
 Với 
1
2
t   ta có 2
22 2
0
0 3 2
2 2 9 9
24 2 9
2
x
x
x x x
xx x
 
        
  
Kết hợp với điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là 
3 2
2
x   
Giải hệ phương trình 
   
 
3 3
2 2
4 4 1
5 4 2
x y x y
y x
   

 
 2b 
(2,0đ) 
Thay (2) vào (1) ta có x3 – y3 = (y2 – 5x2)(4x - y)  21x3 – 5x2y – 4xy2 = 0 
 x(7x – 4y)(3x + y) = 0 
 Với x = 0 thay vào (2) được y = 2 
 Với 7x – 4y = 0 thay vào (2) được 
231 4
49
y  vô nghiệm. 
 Với 3x + y = 0 thay vào (2) được 
2 9 3y y    
y = 3 thì x = - 1; y = - 3 thì x = 1. 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x;y) = (0;2); (0;-2); (-1;3); (1;-3); 
3a 
(2,0đ) 
Tìm các nghiệm nguyên (x, y) của phương trình:  3 354x + 1 = y . 1 
Nếu x = 0 suy ra y = 1, nếu y = 0 thì không có x nguyên thỏa mãn. 
Nếu 0; 0.x y  3 3 3 3(1) 4 54 (54 1) 4 54x x x y     
3 2 3(4 27 1) (6 ) 1x xy     
Đặt 
34 27x a  ; 6xy b ta được 2 2( 1) ( 1)( 1)a b b b     (2) 
Từ (2) ta thấy b + 1 > 0. Gọi ƯCLN
2( 1; 1)b b b d    
2
1
1
b d
b b d

 
 
2 1 ( 1) 2( 1) 3 3b b b b b d d         
Mặt khác 
2 3 2( 1) (4.27 1) 3a x   nên 3d 1d  
2( 1; 1) 1b b b     
Từ (2) ta thấy tích của hai số nguyên tố cùng nhau là số chính phương nên phải có b + 1 = m2 và b2 - b + 1 = 
n2 (Với m , nN* ; m 2 ; m2 4) 
Ta có: n2 = (m2 - 1)2 - (m2 - 1) +1 
  n2 = (m2 - 1)2 - (m2 - 2) (3) n2 = (m2 - 2)2 + (m2 - 1) (4) 
Từ (3) và (4)  (m2 - 2)2 < n2 < (m2 - 1)2 vô lý  (2) vô nghiệm. 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( ; ) (0;1)x y  
3b 
(2,0đ) 
Tìm các giá trị nguyên dương m để phương trình 
2 2 1 0x mxy y    có nghiệm nguyên dương. 
Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương, xét 0 0( ; )x y là nghiệm mà 0 0x y là nhỏ 
nhất. Do ,x y trong phương trình là bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta giả sử 0 0.x y 
Ta có: 
2 2
0 0 0 1 0x mx y y     0y là một nghiệm của phương trình 
2 2
0 0 1 0 (1)y mx y x    
suy ra phương trình còn một nghiệm 1y thỏa mãn 
0 1 0
12
0 1 0
(2)
1 (3)
y y mx
y
y y x
 

 
 nguyên dương  
x0 + y0  x0 + y1  y0  y1 
 +) Nếu 0 0x y thay vào phương trình đề cho được 
2
0
02 2
0 0
2 1 1
2 1
y
m y
y y

     
(do 0vàm y nguyên dương) suy ra 3m  , khi đó phương trình đã cho nhận ( ; ) (1;1)x y  làm 
nghiệm,  m = 3 là một giá trị cần tìm. 
+) Nếu 0 0 1x y y  thì từ (3) suy ra 
2 2
0 0 0 0 0 01 ( )( ) 1y x y x y x      vô lý. 
+) Nếu 0 0 1x y y  thì 
0 0
1 0
1
2
y x
y x
 

 
 nên từ (3) 
2
0 0 0 0( 1)( 2) 1 3 1 0x x x x        vô lý. 
Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. 
4a 
(2,0đ) 
B C
E
M
D
H
x N
F
A
O
Ta có: , AMN MBH MHB ANM NCH NHC    ( định lý góc ngoài tam giác) 
Mà , MBH NCH MHB NHC  
Suy ra AMN ANM  AMN cân tại A. 
Kẻ tiếp tuyến Ax của (O) suy ra xAB ACB . 
Mà ACB AFE ( vì tứ giác BFEC nội tiếp), 
suy ra xAB AFE , Ax //EF OA  EF. 
4b 
(2,0đ) 
Tương tự: OB FD ; OC  DE. 
 SABC = SAEOF + SBDOF + SCDOE 
1 1 1 1 1
( ) .
2 2 2 2 2
OA EF OB DF OC DE R EF DF DE AD BC          
Suy ra chu vi tam giác DEF là 
.AD BC
R
. 
Mà R, BC cố định Chu vi tam giác DEF lớn nhất khi AD lớn nhất  A là điểm chính giữa của cung BC 
lớn. 
4c 
(2,0đ) 
Tam giác AMN cân ở A  phân giác AK là trung trực của MN. 
 Tâm O’ của (AMN) là trung điểm của AK  090AMK ANK  . 
Gọi I là giao điểm của MK và BH, J là giao điểm của NK và CH. 
Chứng minh được HIKJ là hình bình hành HK đi qua trung điểm G của IJ. 
Dễ thấy IMH MHF MHI   IMH cân tại I  MI = IH. Tương tự: JN = JH 
Chứng minh được BIM đồng dạng với CJN (g-g) BCIJ
JC
JH
BI
IH
JC
NJ
BI
MI
// . 
Mà HK đi qua trung điểm G của IJ nên cùng đi qua trung điểm L của BC (là điểm cố định) 
M
A
C
F
H
B
J
K
N
L
D
G
I
O
O'
5 
(2,0đ) 
Cho các số dương , ,a b c thoả mãn 2 2 2 3ab bc ca   . Chứng minh rằng: 
  
5 5 5 5 5 5
3 3 32 3 2 3 2 3 15 2
a b b c c a
a b c
ab bc ca
  
      
Ta chứng minh bất đẳng thức 
5 5
3 2 32 3 5 10 10
a b
a ab b
ab

   với , 0a b  (1) 
Thật vậy:  
5 5
3 2 3 5 5 3 2 32 3 5 10 10 2 3 5 10 10 0
a b
a ab b a b ab a ab b
ab

         
5 4 2 3 42 5 10 10a a b a b ab       
453 0 2 3 0b a b a b      (luôn đúng , 0).a b  
Tương tự ta cũng có 
5 5
3 2 32 3 5 10 10 (2)
b c
b bc c
bc

   (luôn đúng , 0).b c  
5 5
3 2 32 3 5 10 10 (3)
c a
c ca a
ca

   (luôn đúng , 0).c a  
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được 
5 5 5 5 5 5
3 3 3 2 2 22 3 2 3 2 3 15( ) 10( )
a b b c c a
a b c ab bc ca
ab bc ca
  
        
Mà 
2 2 2 3ab bc ca   nên 
5 5 5 5 5 5
3 3 3 3 3 32 3 2 3 2 3 15( ) 30 15( 2)
a b b c c a
a b c a b c
ab bc ca
  
          
Vậy ta có điều phải chứng minh, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1.a b c  