Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Thành phố Vinh (Có đáp án)

 ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ VINH NĂM HỌC 2016-2017
Câu 1:
 a) Cho a b c 0; a,b,c 0. Rút gọn biểu thức:
 ab bc ca
 A .
 a2 b2 c2 b2 c2 a2 c2 a2 b2
 x3 x2 5x 3 6
 b) Tính giá trị của biểu thức: P tại x 1 3 2 3 4.
 x3 2x2 7x 3
Câu 2:
 x2 xy y2 3
 a) Giải hệ phương trình .
 x y xy 5
 b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 2x 5y 1 2 x x2 x y 105.
Câu 3:
 a) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n thỏa mãn 20142014 1 chia hết cho 
 n3 2012n.
 b) Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn 2x2 x 3y2 y.
 Chứng minh x – y;2x 2y 1;3x 3y 1 đều là các số chính phương.
Câu 4: Cho đường tròn O; R và một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn. Trên 
d lấy một điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đườn tròn (A, B là các tiếp 
điểm ). Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến của O tại C cắt AB tại E. 
 a) Chứng minh tam giác BCM đồng dạng với tam giác BEO;
 b) Chứng minh CM vuông góc với OE; 
 c) Tìm giá trị nhỏ nhất của dây AB và diện tích tứ giác MAOB. 
 1 1 1
Câu 5: Giả sử a,b,c là những số thực thỏa mãn a,b,c 0 và a b c 0.
 a b c
 a6 b6 c6
Chứng minh rằng abc.
 a3 b3 c3
 .HẾT .
 ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 VINH NĂM 2016-2017 Câu 1
 a) Cho a b c 0; a,b,c 0. Rút gọn biểu thức:
 ab bc ca
 A .
 a2 b2 c2 b2 c2 a2 c2 a2 b2
 b) Tính giá trị của biểu thức:
 x3 x2 5x 3 6
 P tại x 1 3 2 3 4.
 x3 2x2 7x 3
 Lời giải
 a) Từ a b c 0 a b c
 Bình phương hai vế ta được a2 b2 2ab c2 nên a2 b2 c2 2ab 
 Tương tự : b2 c2 a2 2bc và c2 a2 b2 2ac 
 ab bc ca 1 1 1 3
Do đó A 
 2ab 2bc 2ca 2 2 2 2
 3
 Vậy A . 
 2
 b) Ta có x 3 2 1 1 3 2 3 4 3 2 1 2 1 1 
 Suy ra x 3 2 x 1 2x3 x 1 3 hay x3 3x2 3x 1 
 Do đó 
 3x2 3x 1 x2 5x 3 6 4x2 8x 4 6
 P 
 3x2 3x 1 2x2 7x 3 x2 4x 4
 2 
 4 x 1 6 2 x 1 6 2 x 1 6 2x 4
 2.
 x 2 2 x 2 x 2 x 2
 (vì x 1 3 2 3 4 2) 
 Vậy P 2 tại x 1 3 2 3 4. 
Câu 2. 
 x2 xy y2 3
 a) Giải hệ phương trình .
 x y xy 5
 b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 2x 5y 1 2 x x2 x y 105.
 Lời giải
 2
 x2 xy y2 3 x y 3xy 3
 a) Ta có : 
 x y xy 5 x y xy 5
 Đặt a x – y , b xy 1 
 a2 3b 3
 Hệ phương trình trên trở thành 
 a b 5
 a 3 a 6
 Giải hệ phương trình trên ta được hoặc 
 b 2 b 11
 Với a 3, b 2 thay vào (1) ta được
 x y 3 x 1 x 2
 và 
 xy 2 y 2 y 1
 Với a 6,b 11 thay vào (1) ta được x y 6 x y 6
 2 . Hệ phương trình vô nghiệm
 xy 11 y 6y 11 0
 x 1 x 2
 Vậy hệ phương trình có nghiệm ; . 
 y 2 y 1
 b) 2x 5y 1 2 x x2 x y 105. 
 Vì 105 là số lẻ nên 2x 5y 1 và 2 x x2 x y phải là các số lẻ
 Từ 2x 5y 1 là số lẻ mà 2x 1 là số lẻ nên 5y là số chẵn suy ra y chẵn
 2 x x2 x y là số lẻ mà x2 x x(x 1) là tích của hai số nguyên liên tiếp nên là số 
 chẵn, y cũng chẵn nên 2 x là số lẻ. Điều này xảy ra khi x 0
 Thay x 0 vào phương trình đã cho ta được:
 5y 1 y 1 105 5y2 6y 104 0 5y2 20y 26y 104 0
 5y(y 4) 26(y 4) 0 (5y 26)(y 4) 0
 26
 y (loại) hoặc y 4 (thỏa mãn)
 5
 Vậy phương trình có nghiệm nguyên x; y 0;4 . 
Câu 3. 
 a) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n thỏa mãn 20142014 1 chia hết cho 
 n3 2012n.
 b) Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn 2x2 x 3y2 y. Chứng minh 
 x – y;2x 2y 1;3x 3y 1 đều là các số chính phương.
 Lời giải
 a) Giả sử tồn tại số nguyên n thỏa mãn 20142014 1 chia hết cho n3 2012n. 
 Ta có n3 2012n n3 n 2013n n(n 1)(n 1) 2013n 
 Vì n –1,n,n 1 là ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3
 Suy ra n n 1 n 1 3 mà 20133 nên n3 2012n 3(1) 
 Mặt khác 20142014 1 2013 1 2014 1 chia cho 3 dư 2 vì 20133 (2)
 Từ (1) và (2) dẫn đến điều giả sử trên là vô lý, tức là không có số nguyên nào thỏa mãn 
 điều kiện bài toán đã cho
 b) Từ: 2x2 x 3y2 y (1) 2x2 2y2 x y y2 (x y)(2x 2y 1) y2 (2) 
 Mặt khác từ (1) ta có: 3x2 3y2 x y x2 (x y)(3x 3y 1) x2 
 (x y)2 (2x 2y 1)(3x 3y 1) x2 y2 
 (2x 2y 1)(3x 3y 1) là số chính phương (3)
 Gọi 2x 2y 1;3x 3y 1 d 
 (2x 2y 1)d; (3x 3y 1)d 3x 3y 1 2x 2y 1 x y d 
 2(x y)d (2x 2y 1) 2(x y) 1d nên d = 1
 2x 2y 1;3x 3y 1 1 (4) 
 Từ (3) và (4) 2x 2y 1 và 3x 3y 1 đều là số chính phương
 Lại có từ (2) suy ra x y 2x 2y 1 là số chính phương nên x – y cũng là số chính 
 phương. 
 Vậy 2y2 x 3y2 y thì x y;2x 2y 1 và 3x 3y 1 đều là các số chính phương. Câu 4. Cho đường tròn O; R và một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn. Trên 
d lấy một điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đườn tròn (A, B là các tiếp 
điểm ). Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến của O tại C cắt AB tại E. 
 a) Chứng minh tam giác BCM đồng dạng với tam giác BEO;
 b) Chứng minh CM vuông góc với OE;
 c) Tìm giá trị nhỏ nhất của dây AB và diện tích tứ giác MAOB. 
 A
 O
 Q
 P N
 C
 M B I
 E
 H d
 a) Gọi Q là giao điểm của AB với OM 
 Ta có AM //CE (cùng vuông góc với AC )
 Suy ra B· EC M· AB (so le trong)
 Mà ·ABC 900 ; ·AQM 900 và ·AMO O· MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
 ·AMO O· MB B· CE (cùng phụ với hai góc bằng nhau)
 BE OB MB OB
 tan B· CE tan O· MB (1) 
 BC MB BC BE
 Lại có M· BA O· BC (cùng phụ với ·ABO) 
 Nên M· BC O· BE (cùng 900 O· BC ) (2) 
 Từ (1) và (2) suy ra MBC  OBE (c.g.c)
 b) Từ MBC  OBE B· CM B· EO
 Gọi I và N lần lượt là giao điểm của OE với BC và MC 
 BIE  NIC (g.g) I·BE I·NC mà I·BE 900 
 Nên I·NC 900. Vậy CM  OE 
 c) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d. P là giao điểm của AB với OH 
 OQ OP
 Ta có OQP  OHM (g.g) 
 OH OM R2
 QO.OM OP.OH OA2 R2 OP 
 OH
 Mà O và d cố định OH không đổi nên OP không đổi
 Lại có AB 2AQ 2 OA2 OQ2 mà OQ OP 
 R4 2R
 AB 2 OA2 OP2 2 R2 . OH 2 R2 
 OH 2 OH
 Dấu “=” xảy ra Q  P M  H 
 2R
 Vậy GTNN của AB . OH 2 R2 M  H 
 OH
 1
 *) Vì MO  AB nên S AB.OM AQ.OM 
 AOBM 2
 Vẽ dây cung A1B1 vuông góc với OH tại P, do P và O cố định nên A1B1 không đổi
 Vì OP OQ AB A1B1 (liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây).
 1
 Mà OM OH S A B .OH (không đổi)
 AOBM 2 1 1
 Dấu “=” xảy ra M  H 
 1
 Vậy GTNN của S A B .OH khi và chỉ khi M  H. 
 AOBM 2 1 1
 1 1 1
Câu 5. Giả sử a,b,c là những số thực thỏa mãn a,b,c 0 và a b c 0. Chứng 
 a b c
 a6 b6 c6
minh rằng abc.
 a3 b3 c3
 Lời giải
 Do đó *a6 b6 c6 3abc 2 2.3a2b2c2 3a2b2c2 
 a6 b6 c6 3a2b2c2
 Vậy abc. 
 a3 b3 c3 3abc