Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2016 – 2017 môn thi: Toán 9

GV:: Nguyy ễễ n Dương Hảii – THCS Phan Chu Trr ii nh – BMT – Đăkk Lăkk (( Sưu tt ầm và v gii ớii tt hii ệệ u)) tt rr ang 1 
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO 
ĐĂK LĂK 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
NĂM HỌC 2016 – 2017 
MÔN THI: TOÁN 9 – THCS 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian 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 11A
a a 2 a 1 a 2 a 1
      
   
     
2) Giải hệ phương trình sau: 
2 3 3 1
16
3 5
   


 
x x y y
y
x
Bài 2 : (4 điểm) 
1) Tìm m để phương trình  2 2 1 3 1 0    x m x m có hai nghiệm 1 2,x x thỏa mãn 2 21 2 5 x x 
2) Cho số thực b thỏa mãn điều kiện đa thức   2 2017  P x x bx có giá trị nhỏ nhất là một 
số thực dương. Chứng minh cả hai phương trình 24 12 10 0  x x b và 24 12 10 0  x x b 
đều có hai nghiệm phân biệt. 
Bài 3: (4 điểm) 
1) Tìm các số nguyên ,x y thỏa mãn phương trình 21 2 x y 
2) Với mỗi số tự nhiên n , ta đặt  
2 4 24 12 2   n n nM n . Chứng minh rằng số  2 8M n 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 các 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 360. Chứng minh 
AC 1 5
AB 2

 . 
Bài 6: (2 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 22 2
4 2 4 2          
  
A a b b a
a b b a
GV:: Nguyy ễễ n Dương Hảii – THCS Phan Chu Trr ii nh – BMT – Đăkk Lăkk (( Sưu tt ầm và v gii ớii tt hii ệệ u)) tt rr ang 2 
BÀI GIẢI 
Bài 1: (4 điểm) 
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 do a 2 a 1 0, a 1 1 0
a
            
   
    
 
              
2)  
2 3 3 1
*16
3 5
   


 
x x y y
y
x
 (ĐK: x 0, y 0  ) 
Ta có  
  
 
 
x 1 0
116
3 y 5x 1 x 3 y 1 0
x
* 16 x 3 y 1 03 y 5
x 216
3 y 5
x
  
        
  
       
 
Giải  
x 1x 1
1 121
y3 y 11
9
  
  
 
 (TMĐK) 
Giải     
x 3 y 1 x 3 y 1x 3 y 1 x 3 y 1
2 16
3 y 5 y 1 3 y 7 03y 4 y 7 0 y 1 0
3 y 1
            
                
x 2
y 1

 

 (TMĐK) (3 y 7 0  vì y 0 ) 
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 
x 1
121
y
9




 và 
x 2
y 1



Bài 2 : (4 điểm) 
1) Ta có:      2 22 1 4 3 1 4 1 1 0        m m m với mọi m. Nên phương trình luôn có hai 
nghiệm phân biệt với mọi m. Theo Vi ét, ta có:  1 2
1 2
2 1
3 1
   

 
x x m
x x m
Khi đó  22 21 2 1 2 1 25 2 5     x x x x x x 
      2 2
1
2 1 2 3 1 5 2 1 0 1 2 1 0 1
2

             
  

m
m m m m m m
m
2)  
2 2 2
2 2017 2017 2017
2 4 4
          
 
b b b
P x x bx x . Do đó  
2
2017
4
 
b
Min P x . 
GV:: Nguyy ễễ n Dương Hảii – THCS Phan Chu Trr ii nh – BMT – Đăkk Lăkk (( Sưu tt ầm và v gii ớii tt hii ệệ u)) tt rr ang 3 
Ta có 
2
22017 0 4 2017 2 2017 2 2017
4
        
b
b b 
Phương trình: 24 12 10 0  x x b có 1 360 4   b 
Phương trình: 24 12 10 0  x x b có 2 360 4   b 
Mà 1
2
0360 8 2017 360 4 360 8 2017
2 2017 2 2017
0360 8 2017 360 4 360 8 2017
       
            
b
b
b
Vậy cả hai phương trình đều có hai nghiệm phân biệt. 
Bài 3: (4 điểm) 
1)   
 
 2
1 2 1
1 2 1 1 2 1 2 2
  

        
  
m
x x n
y
y y y y
m n x
Từ (1) và (2) 22 2 2 2 2 2, 1 3, 3          m n m n x y 
2) +) Nếu n chẵn     
22 2 n 4t t
1 1n 4 n 4t t N 2 2 16 5k 1 k N         
và    
4 24 2 4n 1 n 4p 1 p
2 24n 1 n 4p 1 p N 2 2 2 16 5k 2 k N
              
Nên        M n 5k 3 kM n 5k 3 k N 2 8 2 8 8 32 1 31          (1) 
+) Nếu n lẽ     
22 n 4t 1 t
1 1n 4t 1 t N 2 2 2 16 5k 2 k N
          
và    
4 24 2 4n 1 n 4p p
2 24n 1 n 4p p N 2 2 16 5k 1 k N
           
Nên        M n 5k 3 kM n 5k 3 k N 2 8 2 8 8 32 1 31          (2) 
Từ (1) và (2) suy ra  2 8M n luôn chia hết cho 31. 
Bài 4: (4 điểm) 
1) Tứ giác PQNM nội tiếp. 
Ta có: OC = OD (bán kính), MC = MD (MC, MD là hai tiếp tuyến của (O)) 
 OM là trung trực của CD  OM  DP 
Xét ODM:  0ODM 90 (MD là tiếp tuyến của (O) tại D), OM  DP (cmt) 
 OD2 = OP.OM (a) 
Chứng minh tương tự có: OF2 = OQ.ON (b). Lại có OD = OF (bán kính) 
Từ a), b), c)  OP.OM = OQ.ON  OP ON
OQ OM
 
Xét OPQ và ONM có: O (góc chung); OP ON
OQ OM
 (cmt) 
T
P
M
Q
N
F
D
I
O
A B
C
E
GV:: Nguyy ễễ n Dương Hảii – THCS Phan Chu Trr ii nh – BMT – Đăkk Lăkk (( Sưu tt ầm và v gii ớii tt hii ệệ u)) tt rr ang 4 
Vậy OPQ ONM (c-g-c)   OPQ ONM  tứ giác PQNM nội tiếp (đpcm) 
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  ONM OPQ (cmt)       0QOI ONM QPI OPQ OPI 90     (do OM  DP) 
 ONT vuông tại T (T là giao điểm của OI và MN) 
 OI  MN, mặt khác OI  AB (vì 1IA IB AB
2
  (gt)). Vậy AB // MN (đpcm) 
Bài 5: (2 điểm) 
Ta có  
0 0 0
0180 ACB 180 36CAB CBA 72
2 2
 
    (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 0 *        
  
CD AD CD AD AC a x
x ax a
BC AB BC AB BC AB x x a
Giải phương trình (*) ta được 
1 5
2

x a (vì x > 0) 
 1 5 1 5
:
2 2
 
  
aAC
a
AB
. 
Bài 6: (2 điểm) Áp dụng BĐT 
 2
4


x y
xy 
Ta có: 
2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2 4 4
4 2 4 2
4
                     
  
a b a b
a b a bA a b b a
a b b a
Đặt 2 2 2 22 2
2 4 2 4
4; 4a x a x b y b y
a a b b
            
Lại có 1 a 2,1 b 2    suy ra 
  
  
2
2
2
2
2 2 3 2 2
1 2 0 3 2 3 0 3
2 2 3 2 2
1 2 0 3 2 3 0 3
  
             
  
             
a a
a a a a a x
a a a
b b
b b b b b y
b b b
Nên 
   
2 22 2 8 3 3 9 9 8
64
4 4
       
  
x y x y
A 
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 Max(A) = 64 
1
2
a b
a b
 
   
360
x
a
D
B
C
A