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

 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH ĐẮC LẮC NĂM HỌC 2016-2017
Câu 1: (4,0 điểm)
 1) Cho số thực a mà a 2 . Rút gọn biểu thức 
 1 a 1 a 1 1 a 1 a 1 1 
 A . .
 a a 2 a 1 a 2 a 1 
 2
 x 3x y 3 y 1
 2) Giải hệ phương trình 16 .
 3 y 5
 x
Câu 2: (4,0 điểm)
 2
 1) Tìm m để phương trình x 2m 1 x 3m 1 0 có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn 
 2 2
 x1 x2 5.
 2) Cho số thực b thỏa mãn điều kiện đa thức P(x) x2 bx 2017 có giá trị nhỏ nhất là 
 một số thực dương. Chứng minh cả hai phương trình 4x2 12 10x b 0 và 
 4x2 12 10x b 0 đều có hai nghiệm phân biệt.
Câu 3: (4,0 điểm)
 1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 1 2x y2 .
 2 4 2
 2) Với mỗi số tự nhiên n, ta đặt M (n) 2n 24n 1 n . Chứng minh rằng 2M (n) 8 luôn 
 chia hết cho 31.
Câu 4: (4,0 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 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.
Câu 5: (2,0 điểm)
 AC 1 5
 Cho tam giác ABC cân tại C, có góc ở đỉnh là 36 . Chứng minh .
 AB 2
Câu 6: (2,0 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 4 2 2 4 2 
 A a b 2 b a 2 .
 a b b a 
 .HẾT .
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: . .Số báo danh: . LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH ĐẮC LẮC NĂM HỌC 2016-2017
Câu 1: (4,0 điểm)
 2
 1) Tìm m để phương trình x 2m 1 x 3m 1 0 có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn 
 2 2
 x1 x2 5.
 2) Cho số thực b thỏa mãn điều kiện đa thức P(x) x2 bx 2017 có giá trị nhỏ nhất là 
 một số thực dương. Chứng minh cả hai phương trình 4x2 12 10x b 0 và 
 4x2 12 10x b 0 đều có hai nghiệm phân biệt.
 Lời giải
 1 a 1 a 1 1 a 1 a 1 1 
 1) A . 
 a a 2 a 1 a 2 a 1 
 3 3 
 1 a 1 1 a 1 1 
 . 
 a 2 2
 a 1 1 a 1 1 
 1 a 1 1 a 1 a 1 1 a 1 1 a 1 a 1 1 
 . 
 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
 x 3x y 3 y 1
 2) 16 (ĐK: x 0; y 0) 
 3 y 5 (*)
 x
 x 1 0
 16 (1)
 x 1 x 3 y 1 0 3 y 5
 Ta có (*) x 
 16 
 3 y 5 x 3 y 1 0
 x 16 (2)
 3 y 5
 x
 x 1
 x 1 
 Giải (1) 121 (TMĐK).
 3 y 11 y 
 9
 x 3 y 1
 x 3 y 1
 Giải (2) 16 
 3 y 5 
 3y 4 y 7 0
 3 y 1
 x 3 y 1
 x 2 (TMĐK).
 y 1 3 y 7 0 y 1
 121 
 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm x; y 1; ;(2;1) .
 9 
Câu 2: (4,0 điểm)
 2
 1) Tìm m để phương trình x 2m 1 x 3m 1 0 có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn 
 2 2
 x1 x2 5. 2) Cho số thực b thỏa mãn điều kiện đa thức P(x) x2 bx 2017 có giá trị nhỏ nhất là 
 một số thực dương. Chứng minh cả hai phương trình 4x2 12 10x b 0 và 
 4x2 12 10x b 0 đều có hai nghiệm phân biệt.
 Lời giải
 1) Ta có 2m 1 2 4 3m 1 4 m 1 2 1 0 với mọi m. Nên phương trình luôn 
 có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
 x x (2m 1)
 Theo Viét, ta có: 1 2 .
 x x 3m 1
 1 2
 2 2 2
 Khi đó: x1 x2 5 x1 x2 2x1x2 5 .
 m 1
 2m 1 2 2 3m 1 5 2m2 m 1 0 m 1 2m 1 0 1 .
 m 
 2
 2 2 2
 2 b b b
 2) P(x) x bx 2017 x 2017 2017 .
 2 4 4
 b2
 Do đó Min P(x) 2017 .
 4
 b2
 Ta có: 2017 0 b2 4.2017 2 2017 b 2 2017 .
 4
 2
 Phương trình: 4x 12 10x b 0 có 1 ' 360 4b .
 2
 Phương trình : 4x 12 10x b 0 có '2 360 4b . 
 360 8 2017 360 4b 360 8 2017 ' 0
 Mà 2 2017 b 2 2017 1 .
 ' 0
 360 8 2017 360 4b 360 8 2017 2
 Vậy cả hai phương trình đã cho đều có hai nghiệm phân biệt.
Câu 3: (4,0 điểm)
 1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 1 2x y2 .
 2 4 2
 2) Với mỗi số tự nhiên n, ta đặt M (n) 2n 24n 1 n . Chứng minh rằng 2M (n) 8 luôn 
 chia hết cho 31.
 Lời giải
 y 1 2m (1)
 x 2 x n
 1) 1 2 y y 1 y 1 2 y 1 2 (2) .
 m n x
 Từ (1) và (2) 2m 2n 2 22 2 m 2,n 1 x 3; y 3 .
 2 2 n2 4t t
 2)  Nếu n chẵn n M4 n 4t (t ¥ ) 2 2 16 5k1 1(k1 ¥ ) . 
 4 2 4n4 1 n2 4 p 1 p
 Và 4n 1 n 4 p 1( p ¥ ) 2 2 2.16 5k2 2(k2 ¥ ) . 
 Nên M (n) 5k 3(k ¥ ) 2M (n) 8 25k 3 8 8 32k 1 M31 (1) 
 2 n2 4t 1 t
  Nếu n lẻ n 4t 1 t ¥ 2 2 2.16 5k1 2 k ¥ 
 4 2 4n4 1 n2 4 p p
 Và 4n 1 n 4 p ( p ¥ ) 2 2 16 5k2 1(k ¥ ) Nên M (n) 5k 3(k ¥ ) 2M (n) 8 25k 3 8 8 32k 1 M31 (2) 
 Từ (1) và (2) suy ra 2M (n) 8 luôn chia hết cho 31.
Câu 4: (4,0 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 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.
 Lời giải
 1) Chứng minh: Tứ giác PQNM nội tiếp.
 Ta có: OC OD (bán kính), MC MD . O
 (MC, MD là 2 tiếp tuyến cắt nhau) F D
 Suy ra: OM là trung trực của CD OM  DP P
 Xét ODM có: Q
 O· DM 900 (MD là tiếp tuyến của (O) tại D), A
 OM  DP (cmt) I B
 OD2 OP.OM (a) C E
 Chứng minh tương tự có: OF 2 OQ.ON (b). 
 Lại có:OD OF (bán kính) (c) M
 Từ (a), (b), (c) suy ra: N T
 OP ON
 OP.OM OQ.ON .
 OQ OM
 Xét OPQ và ONM có:
 OP ON
 Oµ chung; (cmt) .
 OQ OM
 OPQ ∽ ONM (c.g.c) nên O· PQ O· NM .
 Vậy tứ giác PQNM nội tiếp (đpcm).
 2) Chứng minh: MN song song với AB.
 Tứ giác OPIQ có : O· PI O· QI 900 (theo câu a)
 Vậy tứ giác OPIQ nội tiếp Q· OI Q· PI (góc nội tiếp cùng chắn cung QI)
 Lại có O· NM O· PQ (cmt) Q· OI O· NM Q· PI O· PQ O· PI 900 (doOM  DP) . 
 ONT vuông tại T (T là giao điểm của OI và MN).
 1
 OI  MN , mặt khác OI  AB (vì IA IB AB (gt) ). Vậy AB // MN (đpcm).
 2
Câu 5: (2,0 điểm)
 AC 1 5
 Cho tam giác ABC cân tại C, có góc ở đỉnh là 36 . Chứng minh: .
 AB 2
 Lời giải
 1800 ·ACB 1800 360
 Ta có: C· AB C· BA 720 (Vì tam giác ABC cân tại C).
 2 2 Kẻ phân giác BD của góc ·ABC C· BD ·ABD 360 . C
 Chứng minh được BDC cân tại D, ABD cân tại B.
 Đặt AC BC x, AB BD CD a x 0,a 0 . 36
 Mặt khác BD là phân giác của ABC .
 CD AD CD AD AC
 Nên D
 BC AB BC AB BC AB
 a x
 x2 ax a2 0 (*)
 x x a A
 1 5 a
 Giải phương trình (*) ta được x a (vì x 0 ) B
 2
 AC 1 5 a 1 5
 nên : a .
 AB 2 2
Câu 6: (2,0 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 4 2 2 4 2 
 A a b 2 b a 2 .
 a b b a 
 Lời giải
 x y 2
 Áp dụng BĐT: xy . 
 4
 2 2 2 4 2 4 
 a b a 2 b 2 
 2 4 2 2 4 2 a b a b 
 Ta có: A a b 2 b a 2 . 
 a b b a 4
 2 4 2 4
 Đặt a x a2 x2 4;b y b2 y2 4 . 
 a a2 b b
 Lại có: 1 a 2 ;1 b 2 suy ra: 
 2 a2 2 3a 2 2
 a 1 a 2 0 a2 3a 2 a 3 0 x 3. 
 a a a
 2 b2 2 3b 2 2
 b 1 b 2 0 b2 3b 2 b 3 0 y 3 . 
 b b b
 2
 x y x2 y2 8 3 3 9 9 8 2
 Nên A 64 . 
 4 4
 4 2 4 2
 a b2 b a2 
 2 2
 a b b a
 Đẳng thức xảy ra khi a 1 a 2 0 a b 1 .
 a b 2
 b 1 b 2 0 
 Vậy Max A 64 a b 1 .
 a b 2
 .. HẾT