Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Nguyễn Trường Tộ (Có đáp án)

UBND QUẬN ĐỐNG ĐA 
TRƯỜNG THCS NGUYỄN TRƯỜNG TỘ 
------------------ 
KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 9 
Năm học 2017 – 2018 
Môn: TOÁN 
Ngày thi: 
Thời gian làm bài: 120 phút 
(không kể thời gian giao đề) 
Bài I. (5,0 điểm) 
1. Cho p và q là các số nguyên tố lớn hơn 3 và thỏa mãn 2.p q  Chứng minh rằng p q chia hết 
cho 12. 
2. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  yx, sao cho 
1
1
x y
y
 

 và 
1
1
x y
x
 

 là các số tự nhiên. 
Bài II. (5,0 điểm) 
1. Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa 2 2 2 2 1a b c abc    . Tính giá trị của biểu thức 
        2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 .P a b c b a c c b a abc          
2. Giải phương trình 2 6 4 3 2.x x x    
Bài III. (3,0 điểm) 
Cho , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn 1, 1, 1x y z   và 
3
.
2
x y z   Tìm giá trị lớn 
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức .P x y z   
Bài IV. (6,0 điểm) 
Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao , AD BE và CF cắt nhau tại .H 
1. Chứng minh 2cos .AEF
ABC
S
A
S
 Từ đó suy ra 2 2 2cos cos cos 1.A B C   
2. Kẻ FI và EJ vuông góc với BC ( ,I J thuộc BC ). Từ ,I J kẻ các đường thẳng ||IK AC và 
||JL AB (với K thuộc AB và L thuộc AC ). Chứng minh rằng: . . .KF EJ LJ FI 
3. Gọi O là giao điểm của EI và .FJ Chứng minh rằng ba điểm , ,K O L thẳng hàng. 
Bài V. (1,0 điểm) 
Cho 5 số nguyên dương 1 2 3 4 5, , , ,a a a a a . Chứng minh rằng tồn tại các số  1,0,1ic   , 1,...,5i  , 
không đồng thời bằng 0 sao cho 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5c a c a c a c a c a    chia hết cho 31. 
--------Hết-------- 
Lưu ý : Giám thị không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh : Số báo danh :  
Chữ kí của giám thị 1 : . Chữ kí của giám thị 2 : . 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
UBND QUẬN ĐỐNG ĐA 
TRƯỜNG THCS NGUYỄN TRƯỜNG TỘ 
------------------ 
KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 9 
Năm học 2017 – 2018 
Môn: TOÁN 
Ngày thi: 
Thời gian làm bài: 120 phút 
(không kể thời gian giao đề) 
CÂU Ý HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM 
I 5,0 
 1 Chứng minh rằng  2,5 
Vì q là số nguyên tố lớn hơn 3 nên q có dạng 3 1k  hoặc 3 2k  với .k 0,75 
Nếu 3 1q k  thì 3 3p k  nên 3p (loại) vì p là các số nguyên tố lớn hơn 3 . 
Khi 3 2q k  thì 3 4.p k  
0,75 
Do q là các số nguyên tố lớn hơn 3 nên k lẻ. 
Ta có  6 1 12p q k   (điều phải chứng minh) 
1,0 
2 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  yx, . 2,5 
Từ giả thiết bài toán trở thành tìm tất cả các cặp số nguyên dương  yx, sao cho 
1y
x
 và 
1x
y
 là các số tự nhiên. 
Không giảm tổng quát, giả sử yx 1  *, Nyx  
0,75 
Với * *
1
1 1 2 2.
1 1
x
y x x x y
x x
           
 
Với xy  , do 
* * * *1 21 1 ( , ) 1
1 1 1
x x
x y x y x y N y x
y x x

              
  
0,75 
     1 1;2 2;3x x     , tương ứng  4;3y . 
Thử lại:         4;3,3;2,2;2; yx thoả mãn điều kiện bài toán 
Vậy, các cặp số cần tìm là: )}3;4();2;3();4;3();3;2();2;2{();( yx . 
1,0 
II 5,0 
1 Tính giá trị của biểu thức  2,5 
Từ giả thiết 2 2 2 2 1a b c abc    ta có :   2 21 1b c a bc    0,75 
Tương tự :      2 2 2 21 1 ; 1 1a c b ac b a c ab        0,75 
        2 2 2 2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
 ( ) ( ) ( ) 2 1
P a b c b a c c b a abc
a a bc b b ac c c ab abc a b c abc
          
           
 1,0 
2 Giải phương trình 2,5 
Điều kiện:
1
3
x   0,25 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
Biến đổi phương trình về dạng    
2 2
3 2 2 2 0.x x     1,0 
3 2 2 0
2.
2 0
x
x
x
   
  
 
 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 2.x  1,0 
III Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất 3,0 
 Tìm giá trị nhỏ nhất 1,5 
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 
3 1 1 1 1 1 1 3
2 . 2 . 2 .
4 4 4 4 4 4 4 2
P x y z x y z x y z              
0,75 
Suy ra 
3 3 3
.
2 4 4
P    Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là 
3
4
 khi 
1
.
4
x y z   0,75 
Tìm giá trị lớn nhất 1,5 
Giả sử  
3 1 1 1
max , , 3 1.
2 2 4 4
z x y z z x y z z z z             
Ta có  
2
2 3 9
2 3 .
2 4
P x y z x y z z z z z
 
            
 
0,75 
Xét   9 5 9 52 3 1 2 1 0 2 3
4 4 4 4
z z z z z z           
Vậy P đạt giá trị lớn nhất là 
5
4
 khi 
1
0; ; 1
4
x y z   và các hoán vị của nó. 
0,75 
IV 6,0 
 1 
Chứng minh 2cos .AEF
ABC
S
A
S
 Từ đó suy ra 2 2 2cos cos cos 1.A B C   2,5 
Vẽ đúng hình 
Ta có cos
AE AF
A
AB AC
  
0,75 
2
1
. .sin
2cos .
1
. .sin
2
AEF
ABC
AE AF A
SAE AF
A
AB AC S
AB AC A
    
0,75 
Chứng minh tương tự 
2 2cos ;cos CDEBDF
ABC ABC
SS
B C
S S
  
Do đó 
2 2 2cos cos cos 1.AEF BDF CDE
ABC
S S S
A B C
S
 
   
1,0 
2 Chứng minh rằng: . . .KF EJ LJ FI 2,5 
Ta có KFI FCB  (cùng phụ với IFC ) 
0 090 90KFI FCB ABC LJC EJL         (1) 
1,0 
Lại có IKF ELJ  (cùng bù với BAC ) (2) 
Từ (1) và (2) suy ra ~KFI LJE  
1,0 
(3) . .
KF FI
KF EJ LJ FI
LJ EJ
    (đpcm). 0,5 
3 Chứng minh rằng ba điểm , ,K P L thẳng hàng. 1,0 
Xét FOI và JOE có IFO EJO  (so le trong) và FOI JOE  (đối đỉnh) 
Nên ~
FO FI
FOI JOE
OJ JE
    (4) 
0,5 
Lại có KFO LJO  (5) (so le trong) 
Từ (3), (4) và (5) ta có ~KFO LJO  , do đó FOK JOL  , mà hai góc này ở vị 
trí đối đỉnh nên suy ra , ,K O L thằng hàng (đpcm). 
0,5 
V 1,0 
 Chứng minh rằng tồn tại... 
 Xét tất cả các số 
5
1
i i i
i
A b a

 , trong đó  0,1 , 1,...,5ib i  . 
Có tất cả 52 32 các số , 1,2,...,32jA j  khác nhau như thế. 
Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ,k hA A khi chia cho 31 có cùng số dư. 
0,5 
Giả sử đó là 
5
1
k ki i
i
A b a

 và 
5
1
h hi i
i
A b a

 . 
Ta có  
5 5 5
1 1 1
31.k h ki i hi i ki hi i
i i i
A A b a b a b b a
  
       
Đặt i ki kic b h  . Vì  , 0,1ki kib h  nên  1,0,1 , 1,...,5ic i   và các số ic không 
đồng thời bằng 0 (Do ,k hA A phân biệt ). Ta có đpcm. 
0,5 
Chú ý : 1) Nếu thí sinh có cách giải đúng mà khác với hướng dẫn chấm thì giám khảo thống nhất chia 
điểm dựa vào hướng dẫn chấm dành cho câu hay ý đó. 
2) Bài IV : học sinh không có hình vẽ tương ứng thì không cho điểm. 
3) Điểm tổng toàn bài để lẻ đến 0,5.