Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Tỉnh Bắc Giang (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP THÀNH PHỐ BẮC GIANG NĂM HỌC 2016 – 2017
Bài 1: (5,0 điểm)
 a a b b a b
 a. Cho biểu thức M với a,b 0 và a b
 a b a b b a
 Rút gọn M và tính giá trị biểu thức M biết 1 a 1 b 2 ab 1.
 5 4
 b. Tìm các số nguyên a,b thoả mãn 18 2 3.
 a b 2 a b 2
 c. Cho a,b,c thỏa mãn a b c 7 ; a b c 23 ; abc 3.
 1 1 1
 Tính giá trị biểu thức H .
 ab c 6 bc a 6 ca b 6
Bài 2: (4,5 điểm)
 4 3 4 3
 a. Tính giá trị của biểu thức N 27 10 2.
 4 13
 2
 b. Cho a,b là số hữu tỉ thỏa mãn a2 b2 2 a b + (1 ab)2 4ab.
 Chứng minh 1 ab là số hữu tỉ.
 c. Giải phương trình x2 x 4 2 x 1 1 x .
Bài 3: (3,5 điểm)
 a. Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thoả mãn x5 y2 xy2 1.
 b. Cho a,b,c 0 thỏa mãn abc 1. Chứng minh .
 1 1 1 3
 .
 ab a 2 bc b 2 ca c 2 2
Bài 4: (6,0 điểm)
 Cho nửa đường tròn O; R đường kính AB . Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa 
 nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, trên Ax lấy M sao AM R . 
 Từ M vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn, từ C vẽ CH vuông góc với AB , CE 
 vuông góc với AM . Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt BC tại N . Đường 
 thẳng MO cắt CE , CA , CH lần lượt tại Q, K, P.
 a)Chứng minh MNCO là hình thang cân.
 b) MB cắt CH tại I . Chứng minh KI song song với AB .
 c)Gọi G và F lần lượt là trung điểm của AH và AE . Chứng minh PG vuông góc 
 với QF .
Bài 5: (1,0 điểm)
 Tìm số nguyên dương n lớn nhất để A 427 42016 4n là số chính phương.
 Họ tên thí sinh.................................................... SBD:................................ LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẮC GIANG 2016-2017
Bài 1: (5,0 điểm)
 a a b b a b
 a. Cho biểu thức M với a,b 0 và a b
 a b a b b a
 Rút gọi M và tính giá trị biểu thức M biết 1 a 1 b 2 ab 1
 5 4
 b. Tìm các số nguyên a,b thoả mãn 18 2 3
 a b 2 a b 2
 c. Cho a,b,c thỏa mãn a b c 7 ; a b c 23 ; abc 3
 1 1 1
 Tính giá trị biểu thức H 
 ab c 6 bc a 6 ca b 6
 Lời giải
 ab
 a) Rút gọn M với a,b 0 và a b
 a b
 Ta có.
 1 a 1 b 2 ab 1 ab a b 1 2 ab 1
 2 ab ab
 ab a b ( )2 1 1
 a b a b
 + Nếu a b 0
 ab
 a b a b 0; ab 0 0
 a b
 ab ab ab
 1 M 1
 a b a b a b
 + nếu 0 a b
 ab
 a b a b 0; ab 0 0
 a b
 ab ab ab
 1 M 1
 a b a b a b
 5 4
 b) 18 2 3
 a b 2 a b 2
 5a 5b 2 4a 4b 2 18 2 a2 2b2 3 a2 2b2 
 5a 5b 2 4a 4b 2 18a2 2 36b2 2 3a2 6b2
 18a2 2 36b2 2 9b 2 3a2 6b2 a
 18a2 36b2 9b 2 3a2 6b2 a 3a2 6b2 a
 Nếu 18a2 36b2 9b 0 2 
 18a2 36b2 9b
 3a2 6b2 a
 Vì a,b nguyên nên Q 2 Q Vô lý vì 2 là số vô tỉ.
 18a2 36b2 9b
 2 2 3
 18a2 36b2 9b 0 3a 6b b 3
 Vây ta có 18a2 36b2 9b 0 2 a b
 2 2 
 3a 6b a 0 2 2 2
 3a 6b a
 3
 Thay a b vào 3a2 6b2 a 0 Ta có
 2
 9 3
 3 b2 6b2 b 0 27b2 24b2 6b 0 3b(b 2) 0
 4 2
 Ta cób 0 (loại) ; b 2 (thoã mãn) , vậy a 3. Kết luận
 2
 c) Ta có a b c a b c 2 ab bc ca 
 mà a b c 7 ; a b c 23 nên ab bc ca 13
 Ta có a b c 7 c 6 a b 1
 nên ab c 6 ab a b 1 a 1 b 1 
 Tương tự bc a 6 b 1 c 1 ; ac b 6 a 1 c 1 
 1 1 1
 Vậy H 
 ab c 6 bc a 6 ca b 6
 1 1 1
 = 
 a 1 b 1 b 1 c 1 a 1 c 1 
 c 1 a 1 b 1
 =
 a 1 b 1 c 1 
 a b c 3 7 3
 = 1
 abc a b c ab bc ca 1 3 7 13 1
Bài 2: (4,5 điểm)
 4 3 4 3
 a. Tính giá trị của biểu thức N= 27 10 2
 4 13
 2
 b. Cho a, b là số hữu tỉ thỏa mãn a2 b2 2 a b + (1 ab)2 4ab
 Chứng minh 1 ab là số hữu tỉ
 c. Giải phương trình x2 x 4 2 x 1 1 x Lời giải
 2( 4 3 4 3 )
 a) N= 25 10 2 2
 8 2 13
 2( 4 3 4 3 )
 = (5 2)2
 (4 3) 2 4 3 4 3 (4 3)
 2( 4 3 4 3 ) 2( 4 3 4 3 )
 (5 2)2 5 2 2 5 2 5
 ( 4 3 4 3 )2 4 3 4 3
 b) Theo (GT) a b 2 2(ab 1) (a b)2 1 ab 2 0
 a b 4 2(a b)2 (1 ab) (1 ab)2 0
 2
 a b 2 (1 ab) 0 (a b)2 -(1 ab)=0
 (a b)2 1 ab a b 1 ab Q Vì a,b Q
 Vậy 1 ab là số hữu tỉ.
 c) Điều kiện: x 1 (*).
 Ta có: 
 x2 x 4 2 x 1 1 x 
 x2 2x x 1 x 1 2(x x 1) 3 0
 2
 x x 1 2 x x 1 3 0
 Đặt x x 1 y (Điều kiện: y 1 ** , phương trình trở thành y2 2y 3 0.
 2 y 1
 y 2y 3 0 y 1 y 3 0 
 y 3
 +Với y 1 không thỏa mãn điều kiện (**).
 + Với y 3 ta có phương trình:
 1 x 3
 x x 1 3 x 1 3 x 2
 x 1 9 6x x
 1 x 3
 1 x 3 
 2 x 2 x 2
 x 7x 10 0 
 x 5
 Vậy phương trình có nghiệm x 2.
Bài 3: (3,5 điểm) a. Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thoả mãn x5 y2 xy2 1
b. Cho a,b,c 0 thỏa mãn abc 1 . Chứng minh .
 1 1 1 3
 ab a 2 bc b 2 ca c 2 2
 Lời giải
a)Ta có x5 y2 xy2 1 x5 1 xy2 y2 0
 x 1 x4 x3 x2 x 1 y2 x 1 0 x 1 x4 x3 x2 x 1 y2 0
 x 1 0
 4 3 2 2
 x x x x 1 y
*Nếu x 1 0 x 1 ta có 1 y2 y2 1 đúng với mọi y nguyên
Vậy ngiệm của PT là 1; y Z 
*Nêu x4 x3 x2 x 1 y2 4x4 4x3 4x2 4x 4 (2 y)2
Ta có.
 2
 2 y 2 2x2 x 4x4 4x3 4x2 4x 4 4x4 4x3 x2
 2
 2 2 8
 3x 4x 4 3 x 0
 3 3
Vậy ta có (2x2 x)2 2 y 2 *
 2 2
Ta có 2x2 x 2 (2 y)2 5x2 0 , Vậy ta có 2 y 2 2x2 x 2 **
Từ * và ** ta có 
 2 2
(2x2 x)2 2 y 2 2x2 x 2 2 y 2 2x2 x 1 ;
 2
 2 y 2 2x2 x 2 
Nếu 2 y 2 (2x2 x 1)2 x2 2x 3 0 x2 2x 3 0
 x 1
 (x 1)(x 3) 0 
 x 3
+ Nếu x 1 y2 1 y 1
+Nếu x 3 y2 121 y 11
-Nếu 2 y 2 (2x2 x 2)2 5x2 0 x 0 y2 1 y 1.
 2 2 2 2
b) Ta có 3 x2 y2 z2 x y z ... x y y z x z 0 2
 x y z 3 x2 y2 z2 nên với x, y, z 0 ta có
 x y z 3 x2 y2 z2 , áp dụng ta có .
 1 1 1 1 1 1 
 3 
 ab a 2 bc b 2 ca c 2 ab a 2 bc b 2 ca c 2 
 2 1 1 1 1 
 -Với x, y 0 ta có x y 2 xy x y 4xy 
 x y 4 x y 
 Áp dụng ta có .
 1 1 1 1
 ab a 2 ab 1 a 1 ab abc a 1 ab(c 1) (a 1)
 1 1 1 1 abc 1 1 c 1 
 4 ab(c 1) a 1 4 ab(c 1) a 1 4 c 1 a 1 
 1 1 c 1 
 Vây ta có 
 ab a 2 4 c 1 a 1 
 1 1 a 1 1 1 b 1 
 Tương tự ta có ; nên.
 bc b 2 4 a 1 b 1 ca c 2 4 b 1 c 1 
 1 1 1 
 3 
 ab a 2 bc b 2 ca c 2 
 1 c 1 a 1 b 1 3
 3 
 4 c 1 a 1 a 1 b 1 b 1 c 1 2
 1 1 1 3
 Vậy dấu “=” có khi a b c 1.
 ab a 2 bc b 2 ca c 2 2
Bài 4: (6,0 điểm)
 Cho nửa đường tròn O; R đường kính AB . Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa nửa 
 đường tròn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, trên Ax lấy M sao AM R . Từ M vẽ 
 tiếp tuyến MC với nửa đường tròn, từ C vẽ CH vuông góc với AB , CE vuông góc với
 AM . Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt BC tại N . Đường thẳng MO cắt CE , 
 CA , CH lần lượt tại Q, K, P .
 a)Chứng minh MNCO là hình thang cân.
 b) MB cắt CH tại I . Chứng minh KI song song với AB .
 c)Gọi G và F lần lượt là trung điểm của AH và AE . Chứng minh PG vuông góc với 
 QF .
 Lời giải M N
 E Q C
 K
 F I
 T
 A B
 G O H
 P
a)Ta có ACB nội tiếp đường tròn (vì...) mà AB là đường kính nên ACB vuông tại C
 AC  BN .
Ta có MA MC (.....), OA OC (....) nên MO là trung trực của AC .
 MO  AC MO // NB M· OA N· BO
Ta có OA  MA (....) M· AO N· OB 900 ; xét MAO và NOB có 
 M· AO N· OB 900; M· OA N· BO;OA OB R MAO NOB MO NB
Ta có MO // NB; MO NB MNBO là hình bình hành.Ta có MAO = NOB (cm trên) 
nên ta có NO MA , mà MA MC (...) nên NO MC vậy MNBO là hình thang cân.
b)Xét CHB và MAO có M· AO N· OB 900;C· BH M· OA ( cm trên)
 CH HB HB
 CHB : MAO 
 MA AO R
 IH HB HB
Ta có CH  AB (gt) ; MA  AB (...) CH // MA IH // MA 
 MA AB 2R
 CH HB HB IH 2IH
Nên ta có 2  2  CH 2IH IC IH .
 MA R 2R MA MA
Chi ra KI là đường trung bình của tam giác ACH KI // AB
c) Chưng minh FQIO là hình bình hành QF // IO
-Chứng minh O là trục tâm tam giác GIP .
 PG  OI PG  QF Bài 6: (1,0 điểm)
 Tìm số nguyên dương n lớn nhất để A 427 42016 4n là số chính phương.
 Lời giải
 2
 * A 427 42016 4n 227 1 41989 4n 27 
 2
 Vì A và 227 là số chính phương nên 1 41989 4n 27 là số chính phương.
 Ta có 1 41989 4n 27 4n 27 (2n 27 )2
 *mà 1 41989 4n 27 là số chính phương nên ta có .
 2
 1 41989 4n 27 2n 27 1 2n 27 23977 n 4004
 2
 Với n 4004 ta có A 427 42016 44004 227 24004 là số chính phương.
 Vậy n 4004 thì A 427 42016 4n là số chính phương.