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

 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH HƯNG YÊN NĂM HỌC 2016-2017
Câu 1: (2,0 điểm)
 2 1 2 1
 Cho a ;b . Tính a7 b7 .
 2 2
Câu 2: (4,0 điểm)
 a) Cho hàm số y ax b ( a 0 ) có đồ thi là (d) . Lập phương trình đường thẳng (d), biết 
 (d) đi qua điểm A 1;2 và cắt trục hoành tại điểm B có hoành độ dương, cắt trục tung tại 
 điểm C có tung độ dương và thỏa mãn OB OC nhỏ nhất (O là gốc tọa độ).
 b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: 
 3x 16y 24 9x2 16x 32 
Câu 3: (3,0 điểm)
 Giải phương trình: 4x3 5x2 1 3x 1 3x . 
Câu 4: (3,0 điểm)
 y2 2x 1 3 5y2 6x 3
 Giải hệ phương trình: 4 2 .
 2y 5x 17x 6 6 15x
Câu 5: (6,0 điểm)
 Cho điểm M thuộc nửa đường tròn (O) đường kính AB M A, M B, MA MB . Tia 
 phân giác của ·AMB cắt AB tại C. Qua C vẽ đường vuông góc với AB cắt đường thẳng AM, 
 BM theo thứ tự ở D, H.
 a) Chứng minh: CA CH .
 b) Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên tiếp tuyến tại A của (O), F là hình chiếu vuông 
 góc của D trên tiếp tuyến tại B của (O). Chứng minh E, M, F thẳng hàng.
 2
 c) Gọi S1, S2 thứ tự là diện tích tứ giác ACHE và BCDF . Chứng minh CM S1.S2
Câu 6: (2,0 điểm)
 Cho ba số a,b,c 1 thỏa mãn 32abc 18(a b c) 27. Tìm giá trị lớn nhất của biểu 
 thức 
 a2 1 b2 1 c2 1
 P .
 a b c
 .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 HƯNG YÊN NĂM HỌC 2016-2017
 2 1 2 1
Câu 1: (2,0 điểm) Cho a ;b . Tính a7 b7 .
 2 2
 Lời giải
 1 2 1 3
 Ta có : a b 2 ;ab ; a2 b2 a b 2ab 2 . 
 4 2 2
 Lại có a7 b7 a3 b3 a4 b4 a3b3 a b . 
 2
 a b 3 3ab(a b) a2 b2 2a2b2 a3b3 (a b).
 2
 3 1 3 1 1 5 17 1 169 2
 2 3. . 2 2. . 2 . 2. . 2 .
 4 2 16 16 4 8 64 64
Câu 2: (4,0 điểm)
 a) Cho hàm số y ax b ( a 0 ) có đồ thị là (d) . Lập phương trình đường thẳng (d), biết 
 (d) đi qua điểm A 1;2 và cắt trục hoành tại điểm B có hoành độ dương, cắt trục tung tại 
 điểm C có tung độ dương và thỏa mãn OB OC nhỏ nhất (O là gốc tọa độ).
 b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: 
 3x 16y 24 9x2 16x 32 .
 Lời giải
 a) Do (d) đi qua điểm A 1;2 nên (d) có dạng y ax 2 a .
 a 2 
 Có (d) cắt trục Ox tại B ;0 và cắt trục Oy tại C 0;2 a . 
 a 
 Vì điểm B có hoành độ dương và C có tung độ dương nên a 0. 
 a 2 2 2 2
 Khi đó ta có OB OC 2 a 1 2 a 3 ( a) 3 2 .( a) 5 .
 a a a a
 Suy ra OB OC nhỏ nhất khi và chỉ khi a 2 . 
 Vậy phương trình (d) có dạng: y 2x 2 2 .
 b) 3x 16y 24 9x2 16x 32 (1) 
 ĐK: 3x 16y 24 0 
 3x 16y 24 9x2 16x 32 
 3x 16y 24 2 9x2 16x 32
 9(3x 16y 24)2 9 9x2 16x 32 
 9x 48y 72 2 81x2 144x 288
 9x 48y 72 2 9x 8 2 224
 9x 48y 72 2 9x 8 2 224
 9x 48y 72 9x 8 9x 48y 72 9x 8 224
 18x 48y 64 48y 80 224 32. 9x 24y 32 (3y 5) 224
 9x 24y 32 . 3y 5 7 .
 Với x, y nguyên thì 3y 5 là ước của 7 và chia cho 3 dư 2.
 3y 5 1 hoặc 3y 5 7 
 +) TH1: 3y 5 1 y 2 x 1 
 +) TH2: 3y 5 7 y 4 x 7 
 Vậy các cặp nghiệm nguyên x; y là 1; 2 ;( 7; 4) .
Câu 3: (3,0 điểm) Giải phương trình: 4x3 5x2 1 3x 1 3x . 
 Lời giải
 1
 ĐK: x .
 3
 4x3 5x2 1 3x 1 3x
 4x3 5x2 1 3x 1 3x 0
 4x3 5x2 x 2x 1 3x 1 0
 2x 1 2 3x 1 
 4x3 5x2 x 0
 2x 1 3x 1 
 4x2 x
 4x2 x x 1 0
 2x 1 3x 1
 1 
 4x2 x x 1 0(*)
 2x 1 3x 1 
 1 1
 Với x thì x 1 0 
 3 2x 1 3x 1
 x 0
 (*) 4x2 x 0 1 (thỏa mãn điều kiện)
 x 
 4
 1
 Vậy phương trình có nghiệm x 0; x .
 4
 y2 2x 1 3 5y2 6x 3
Câu 4: (3,0 điểm) Giải hệ phương trình: 4 2 .
 2y 5x 17x 6 6 15x
 Lời giải
 1
 Điều kiện xác định: x . Biến đổi phương trình thứ hai ta được:
 2
 2
 2y4 5x 2 (x 3) 3(2 5x) suy ra x (loại) hoặc 2xy4 3 6y4 
 5
 y2 2x 1 3. 2x 1 5y2 3
 Ta đưa về hệ phương trình 4 4 
 2xy 3 6y
 Nhận thấy y 0 không là nghiệm của hệ phương trình nên chia 2 vế của phương trình 
 thứ nhất cho y2 và phương trình thứ hai cho y4 có: 3 3
 2x 1 2x 1 5 
 2 2
 y y 
 3
 2x 1 4 5
 y
 3
 Đặt a 2x 1 ; b với a 0;b 0.
 y2
 a ab b 5 1 
 Ta có hệ phương trình 2 2 
 a b 5 2 
 5 b
 Ta được a thay vào phương trình (2) ta có:
 1 b
 2
 5 b 2 4 3 2 2
 b 5 b 2b 3b 20b 20 0 b 1 b 2 b 5b 10 0 . 
 1 b 
 Suy ra a 2 hoặc a 1 .
 b 1 b 2
 5
 x 
 +Với a 2 thì 
 b 1 2
 4
 y 3
 x 1
 +) Với a 1 thì 4 3 
 b 2 y 
 2
 4 
 5 4 3 
 Kết luận x; y ; 3 ; 1;  .
 2 2  
Câu 5: (6,0 điểm) Cho điểm M thuộc nửa đường tròn (O) đường kính AB 
 M A, M B, MA MB . Tia phân giác của ·AMB cắt AB tại C. Qua C vẽ đường vuông góc với 
AB cắt đường thẳng AM, BM theo thứ tự ở D, H.
 a) Chứng minh: CA CH .
 b) Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên tiếp tuyến tại A của (O), F là hình chiếu vuông 
 góc của D trên tiếp tuyến tại B của (O). Chứng minh E, M, F thẳng hàng.
 2
 c) Gọi S1, S2 thứ tự là diện tích tứ giác ACHE và BCDF . Chứng minh CM S1.S2 .
 Lời giải
 AC AM
 a) Do MC là phân giác của AMB , theo tính chất đường phân giác (1) 
 BC BM
 Xét BHC và BAM có: B· CH B· MA 900 , ·ABM là góc chung.
 HC AM
 BHC đồng dạng với BAM (2) 
 BC BM
 Từ (1) và (2) AC HC .
 b) Tứ giác ACHE là hình vuông suy ra AH EC .
 Gọi AH cắt EC tại I.
 AH EC
 Xét AMH vuông tại M MI MI E· MC 900 .
 2 2
 Chứng minh tương tự ta có C· MF 900 . Vậy E· MF 900 900 1800 suy ra E, M, F thẳng hàng.
 CE
 c) Do tứ giác ACHE là hình vuông CH 
 2
 CE 2
 S CH 2 2S CE 2 
 1 2 1
 2
 Tương tự 2S2 CF 
 Xét FCE vuông tại C, đường cao CM, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: 
 1 1 1
 CE 2 CF 2 CM 2
 2 2
 2 CE .CF 2S1S2 2S1S2
 CM 2 2 S1.S2 
 CE CF S1 S2 2 S1S2
 Dấu “=” xảy ra S1 S2 AM BM (vô lý vì AM BM ).
 2
 Vậy CM S1.S2 .
Câu 6: (2,0 điểm) Cho ba số a,b,c 1 thỏa mãn 32abc 18(a b c) 27. Tìm giá trị lớn nhất 
 a2 1 b2 1 c2 1
của biểu thức P .
 a b c
 Lời giải
 +) Sử dụng bất đẳng thức : Với x, y, z 0 , ta luôn có: x y z 3(x y z) 
 Từ bất đẳng thức đã cho ta có:
 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
 P 1 2 1 2 1 2 3 3 2 2 2 9 3 2 2 2 
 a b c a b c a b c 
 2
 1 1 1 
 Suy ra P 9 .
 a b c 
 1 1 1 27
 Từ giả thiết 32abc 18(a b c) 27 18 32 (*) 
 ab bc ca abc
 2 3
 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
 Ta có: . và . . 
 ab bc ca 3 a b c abc 27 a b c 
 1 1 1
 Đặt t . Từ (*) ta có:
 a b c
 2 3
 t t 3 2 2
 18 27. 32 t 6t 32 0 t 2 t 4 0 t 2 . 
 3 27 
 2
 1 1 1 2
 Suy ra P 9 9 2 5 . 
 a b c 
 3
 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c . 
 2
 Vậy giá trị lớn nhất của P là 5 .