Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Thành phố Bắc Giang (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ BẮC GIANG NĂM HỌC 2017-2018
 (BẢNG A)
Bài 1. (5 điểm)
 x 2 x 4 x 2 x 1 3 x 5 2 x 10 
 a/ Cho biểu thức M : 
 x x 8 x 1 x 2 x 6 x 5 
 Rút gọn M và tìm x để M 1
 b/ Cho a, b, c 0 thỏa mãn ab bc ca 1. Tính 
 a b b c c a
 H 
 1 c 1 a 1 b
Bài 2.: (4 điểm)
 5 5
 a/ Giải phương trình 30 6x2 6x2
 x2 x2
 2
 b/ Tìm số thực x để 3 số x 3; x2 2 3; x là số nguyên
 x
Bài 3. (4 điểm)
 a/ Tìm x nguyên dương để 4x3 14x2 9x 6 là số chính phương
 b/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz .
 1 1 x2 1 1 y2 1 1 z2
 Chứng minh rằng: xyz
 x y z
Bài 4. (6 điểm) 
 Cho đoạn thẳng OA R , vẽ đường tròn O;R . Trên đường tròn O;R lấy H bấy kỳ sao 
 cho AH R , qua H vẽ đường thẳng a tiếp xúc với đường tròn O;R . Trên đường thẳng a 
 lấy B và C sao cho H nằm giữa B và C và AB AC R . Vẽ HM vuông góc với 
 OB ( M OB) , vẽ HN vuông góc với OC ( N OC)
 a/ Chứng minh OM.OB ON.OC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định
 b/ Chứng minh OB.OC 2R 2
 c/ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi
Bài 5. (1 điểm) 
 cho dãy số n, n 1, n 2, , 2n với n nguyên dương. Chứng minh trong dãy có ít nhất 
 một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên.
 .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 THÀNH PHỐ BẮC GIANG NĂM HỌC 2017-2018
 (BẢNG A)
 Bài 1. (5 điểm)
 x 2 x 4 x 2 x 1 3 x 5 2 x 10 
 a/ Cho biểu thức M : 
 x x 8 x 1 x 2 x 6 x 5 
 Rút gọn M và tìm x để M 1
 b/ Cho a, b, c 0 thỏa mãn ab bc ca 1. Tính 
 a b b c c a
 H 
 1 c 1 a 1 b
 Lời giải
 x 2 x 4 x 2 x 1 3 x 5 2 x 10 
 a/ Cho biểu thức M : 
 x x 8 x 1 x 2 x 6 x 5 
 Rút gọn M và tìm x để M>1
 x 2 x 4 ( x 1)2 3 x 5 2 x 5 
 * M : 
 x 2 x 2 x 4 x 1 x 1 x 2 x 1 x 5 
 1 x 1 3 x 5 2 
 : 
 x 2 x 1 x 2 x 1 
 x 1 x 1 x 2 (3 x 5)( x 1) 2( x 2)
 :
 x 2 x 1 x 2 x 1 
 x 1 x 2 x x 2 3x 3 x 5 x 5 2 x 4
 :
 x 2 x 11 x 2 x 1 
 x 3 3x 9 x 3 x 2 x 1 x 1
 : 
 x 2 x 11 x 2 x 1 x 2 x 1 3(x 3) 3 x 1 
 x 1
 Vậy M= với x 0; x 1,3,4
 3 x 1 
 x 1 x 1 4 2 x 2 x
 * M 1 1 1 0 0 0
 3 x 1 3 x 1 3 x 1 x 1
 2 x 0
 x 1 0
 Ta có 1 x 2 1 x 4 . Vậy M>1 khi 1<x<4 và x 3
 2 x 0
 x 1 0 a b b c c a
 b/Cho a, b, c 0 thỏa mãn ab bc ca 1. Tính H= 
 1 c 1 a 1 b
 • Vì ab bc ca 1 nên 1 c ab bc ca c ... a c b c 
 • Tương tự ta có 1 a a b a c ;1 b a b b c 
 a b b c c a
 • Vậy H 
 a c b c a b a c a b a c 
 a c b c a b a c b c a b 
 a c b c a b a c b c a b 
 1 1 1 1 1 1
 0
 b c a c a c a b a b b c
Bài 2.
 5 5
 a/ Giải phương trình 30 6x2 6x2
 x2 x2
 2
 b/ Tìm số thực x để 3 số x 3; x2 2 3; x là số nguyên
 x
 Lời giải
 5 5 5
 a/ Giải phương trình 30 6x2 6x2 ĐK: x2 
 x2 x2 6
 5 5
 Vì x2 0;6x2 1 0, theo côsi ta có 
 6 x2
 5 2
 2 6x 1 
 5 5 2 x
 30 2 2 6x 1 
 x x 2
 5
 Dấu = có khi 6x2 1 x 1
 x2
 5
 (6x2 ) 1
 5 5 5 5 2
 Vì x2 6x2 0 , theo côsi ta có 6x2 (6x2 )1 x
 6 x2 x2 x2 2
 5
 Dấu = có khi 6x2 1 x 1
 x2
 5 5
 6x2 1 6x2 1
 5 5 2 2
 Vây ta có 30 6x2 x x
 x2 x2 2
 5 5
 30 6x2 6x2 Dấu = có khi x 1
 x2 x2 5 5
 Vậy x= 1 là nghiệm phương trình 30 6x2 6x2
 x2 x2
 2
 b/ Tìm số thực x để 3 số x 3; x2 2 3; x là số nguyên
 x
 2
 Đặt a x 3;b x2 2 3;c x với a,b,c Z
 x
 Từ a x 3 x a 3; từ b x2 2 3 x2 b 2 3 , nên ta có
 2
 a 3 b 2 3 a2 2 3a 3 b 2 3 2 3 a 1 b a2 3
 b a2 3 b a2 3
 -Nếu a 1 0 a 1 2 3 , vì a,b Z Q 2 3 Q 
 a 1 a 1
 VL
 a 1 0 a 1
 Vậy a 1 0 nên ta có 2 x 3 1
 b a 3 0 b 4
 Với x 3 1 ta có a 1;b 4 và c 2 nguyên, thỏa mãn đầu bài
Bài 3. (4 điểm)
 a/ Tìm x nguyên dương để 4x3 14x2 9x 6 là số chính phương
 b/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz .
 1 1 x2 1 1 y2 1 1 z2
 Chứng minh rằng: xyz
 x y z
 Lời giải
 a/ Tìm x nguyên dương để 4x3 14x2 9x 6 là số chính phương
 Vì 4x3 14x2 9x 6 là số chính phương, nên ta có 4x3 14x2 9x 6 =k2 với k N
 Ta có 4 x3 14x2 9x 6= = x 2 4x2 6x 3 nên ta có x 2 4x2 6x 3 k 2
 Đặt x 2,4x2 6x 3 d với d N *
 Ta có x 2d x 2 4x 2 d 4x 6x 4d
 Ta lại có 4x2 6x 3d 4x2 6x 3 4x2 6x 4 1d d 1
 Vậy x 2,4x2 6x 3 1 
 mà x 2 4x2 6x 3 k 2 nên ta có 
 x 2 và 4x2 6x 3 là số chính phương x 2 a2và 4x2 6x 3 b2 với a,b N * .
 Vì x 0 nên ta có 4x2 b2 4x2 12x 9 2x 2 b2 2x 3 2
 Vì b lẻ nên b2 2x 1 2 4x2 6x 3 4x2 4x 1 x 2
 Với x 2ta có 4x3 14x2 9x 6 100 102 là số chính phương
 b/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz . 1 1 x2 1 1 y2 1 1 z2
 Chứng minh rằng: xyz 
 x y z
 1 1 1
 Từ Gt suy ra: 1. 
 xy yz zx
 1 x2 1 1 1 1 1 1 1 1 
 Nên ta có: 2 
 x x xy yz zx x y x z 
 1 2 1 1 
 ;" " y z
 2 x y z 
 1 1 x2 1 4 1 1 
 Vậy . 
 x 2 x y z 
 1 1 y2 1 1 4 1 1 1 z2 1 1 1 4 
 Tương tụ ta có ; 
 y 2 x y z z 2 x y z 
 1 1 x2 1 1 y2 1 1 z2 1 1 1 
 Vậy ta có 3 ;" " x y z
 x y z x y z 
 2 1 2 2 2
 Ta có x y x 3 xy yz xx .... x y y z x z 0
 2 
 Nên x y x 2 3 xy yz xx 
 2 xy yz xz 1 1 1 
 xyz 3 xy yz xz 3 xyz 3 xyz
 xyz x y z 
 1 1 x2 1 1 y2 1 1 z2
 Vậy xyz ; " " x y z
 x y z
Bài 4. (6 điểm) Cho đoạn thẳngOA R , vẽ đường tròn O;R . Trên đường tròn O;R lấy H bấy 
 kỳ sao cho AH R , qua H vẽ đường thẳng a tiếp xúc với đường tròn O;R . Trên đường 
 thăng a lấy B và C sao cho H nằm giữa B và C và AB AC R . Vẽ HM vuông góc với 
 OB ( M OB) , vẽ HN vuông góc với OC ( N OC)
 a/ Chứng minh OM.OB ON.OC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định
 b/ Chứng minh OB.OC 2R 2
 c/ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi
 Lời giải a
 B
 a/ Chứng minh OM.OB ON.OC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định M
 H
 *Ta có OH  HB (t/c tiếp tuyến) 
 E A
 OHB vuông tại H, mà HM  OB (gt) nên O
 2 2 N
 theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có OM OB OH R C
 Chưng minh tương tự ta có ON OC OH 2 R2 . 
 Vậy ta có OM OB ON OC
 * Ta có OM OB OH 2 R2 mà OA R nên OM OA
 ta cóOM OB OA2 
 OA OB
 OM OA
 Xét OMA và OAB có Oµ chung, có OMA : OAB
 OA OB
 O· AM O· BA. Ta có AO=AB=R (gt)
 OAB cân ·AOB O· BA ·AOM O· BA , 
 Vậy O· AM ·AOM OMA cân MO MA
 Chứng minh tương tự ta có ONA cân NO NA
 Ta có MO MA ; NO NA , vậy MN là trung trực của OA , gọi E là giao điểm của MN với 
 OA
 OA ta có EO=EA= và MN  OA tại E, mà O, A cố định nên E cố đinh. Vậy MN luôn 
 2
 đi qua 1 điểm cố định
 b/ Chứng minh OB. OC 2R 2
 OM ON
 Ta có OM OB ON OC 
 OC OB
 OM ON
 Xét OMN và OCB có Oµ chung , có OMN : OCB , 
 OC OB
 mà OE  MN và OH  BC
 OM OE OM OE OE 1 1
 nên ta có OM OC ( vì OH OA 2OE )
 OC OH OC OA 2OE 2 2
 1
 Ta có OM OB OH 2 R2 ( cm trên) OC OB R2 OC OB 2R2
 2
 c/ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi
 2 2 2
 SOMN OE OE OE 1
 Ta có OMN : OCB (cm trên) 2 2 2 
 SOCB OH OA 2OE 4
 1 1 1 1 1 1 1
 Nên S S  OH  BC R  BC R(AB AC) R(R R) R2
 OMN 4 OCB 4 2 8 8 8 4
 Dấu bằng có khi B, A, C thẳng hàng H  A
 1
 Vậy diện tích tam giác OMN lớn nhất là S R2 khi H  A
 OMN 4
Bài 5. (1 điểm) Cho dãy số n, n 1, n 2, , 2n với n nguyên dương. Chứng minh trong dãy có 
 ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên.
 Lời giải
 -Nếu n là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên bài toán chứng minh xong
 -Nếu n không là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên, ta luôn tìm được 1 số nguyên dương k sao 
 cho k 2 n k 1 2 .Vì n nguyên dương và n k 2 n k 2 1, vậy ta có:
 2n k 1 2 2(k 2 1) k 1 2 ... k 2 2k 1 k 1 2 0 
 Vậy mọi k nguyên dương , nên ta có k 2 n k 1 2 2n
 Vậy trong dãy luôn có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên.
 ..HẾT