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

 ĐỀ THI CHỌN HSG BẮC GIANG NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1: (5,0 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. 
 a b b c c a
 Tính H .
 1 c 1 a 1 b
Câu 2: (4,0 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
Câu 3: (4,0 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 . Chứng minh rằng: 
 1 1 x2 1 1 y2 1 1 z2
 xyz .
 x y z
Câu 4: (6,0 điểm)
 Cho đoạn thẳngOA R , vẽ đường tròn O; R . Trên đường tròn O; R lấy H bất 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 một điểm cố định.
 b) Chứng minhOB.OC 2R2 . 
 c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi.
 (chú ý: dùng kiến thức học kỳ 1 lớp 9).
Câu 5: (1,0 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 TỈNH LONG AN NĂM HỌC 2018-2019
Câu 1: (4,0 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. 
 a b b c c a
 Tính H .
 1 c 1 a 1 b
 Lời giải
 a) ĐKXĐ: x 0; x 1, x 3, x 4 .
 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 2 x 11 x 2 x 1 x 2 x 1 3(x 3)
 x 1
 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
 x 2
 0 .
 x 1
 x 2 x 2 0 x 4
 Ta có: x 2 x 1 nên 0 khi 1 x 4 .
 x 1 x 1 0 x 1
 Kết hợp ĐKXĐ ta có1 x 4 và x 3
 Vậy M 1 khi 1 x 4 và x 3 
 a b b c c a
 b) H .
 1 c 1 a 1 b Vì ab bc ca 1 nên 1 c ab bc ca c 
 b a c c a 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
 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
Câu 2: (5,0 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
 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 , 
 6 x2
 5
 Theo bất đẳng thức AM – GM với hai số dương và 6x2 1 ta có 
 x2
 5 2
 2 6x 1 
 5 5 2 x
 30 2 2 6x 1 .
 x x 2
 5
 Dấu “=” xảy ra khi 6x2 1 x 1
 x2
 5 5
 Vì x2 6x2 0 , 
 6 x2
 5
 Theo bất đẳng thức AM – GM với hai số không âm 6x2 và 1 ta có 
 x2
 5
 (6x2 ) 1
 5 5 2
 6x2 (6x2 )1 x .
 x2 x2 2
 5
 Dấu “=” xảy ra khi 6x2 1 x 1
 x2 5 5
 6x2 1 6x2 1
 5 5 2 2
 Vậy ta có 30 6x2 x x
 x2 x2 2
 5 5
 30 6x2 6x2 Dấu “=” xảy ra khi x 1(thỏa mãn).
 x2 x2
 Vậy phương trình có nghiệm là x 1.
 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
 Nếu a 10 0 a 1 2 3 , 
 a 1
 b a2 3
 vì a,b ¢ ¤ 2 3 ¤ (Vô lý).
 a 1
 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. 
Câu 3: (5,0 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 . Chứng minh rằng: 
 1 1 x2 1 1 y2 1 1 z2
 xyz .
 x y z
 Lời giải
 a) Vì 4x3 14x2 9x 6 là số chính phương, nên ta có 4x3 14x2 9x 6 k 2 với k ¥ 
 .
 Ta có 4x3 14x2 9x 6 4x2 x 2 6x x 2 3 x 2 x 2 4x2 6x 3 
 nên ta có x 2 4x2 6x 3 k 2 .
 Đặt x 2,4x2 6x 3 d với d ¥ *.
 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
 x 2,4x2 6x 3 1 
 mà x 2 4x2 6x 3 nên ta có: x 2 và 4x2 6x 3 là số chính phương x 2 a2 và 4x2 6x 3 b2 với a,b ¥ *
 .
 2 2
 Vì x 0 nên ta có 4x2 b2 4x2 12x 9 2x b2 2x 3 .
 2
 Vì b lẻ nên b2 2x 1 4x2 6x 3 4x2 4x 1 x 2.
 Với x 2 ta có 4x3 14x2 9x 6 100 102 là số chính phương.
 1 1 1
 b) Vì x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz 1. 
 xy yz zx
 1 x2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 
 Nên ta có: 2 ; Dấu " "
 x x xy yz zx x y x z 2 x y z 
 xảy ra y z
 1 1 x2 1 4 1 1 
 . 
 x 2 x y z 
 1 1 y2 1 1 4 1 1 1 z2 1 1 1 4 
 Tương tự ta có ; .
 y 2 x y z z 2 x y z 
 1 1 x2 1 1 y2 1 1 z2 1 1 1 
 Do đó 3 ; Dấu " "xảy ra 
 x y z x y z 
 x y z
 Ta có x y x 2 3 xy yz zx x2 y2 z2 2xy 2yz 2zx 3xy 3yz 3zx
 1 2 2 2
 x2 y2 z2 xy yz zx x y y z x z 0
 2 
 Nên x y x 2 3 xy yz zx xyz 2 3 xy yz xz 
 xy yz xz 1 1 1 
 3 xyz 3 xyz
 xyz x y z 
 1 1 x2 1 1 y2 1 1 z2
 Vậy xyz . Dấu " "xảy ra x y z .
 x y z
Câu 4: (3,0 điểm)
 Cho đoạn thẳng OA R , vẽ đường tròn O; R . Trên đường tròn O; R lấy H bất 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 một điểm cố định.
 b) Chứng minh OB.OC 2R2 . 
 c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giácOMN khi H thay đổi.
 (chú ý: dùng kiến thức học kỳ 1 lớp 9)
 Lời giải a
 B
 M
 H
 E A
 O
 N
 C
a) Ta có OH  HB (Tính chất tiếp tuyến) OHB vuông tại H , mà HM  OB (gt) nên 
theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có OM OB OH 2 R2 .
Chưng minh tương tự ta có ON OC OH 2 R2 . Vậy ta có OM OB ON OC .
 OM OA
Ta có OM OB OH 2 R2 mà OA R nên ta cóOM OB OA2 .
 OA OB
 OM OA
Xét OMA và OAB có Oµ chung, có OMA# OAB O· AM O· BA. 
 OA OB
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 
 OA
với OA ta có EO EA và MN  OA tại E, mà O, A cố định nên E cố đinh. 
 2
Vậy MN luôn đi qua một điểm cố định.
 OM ON
b) Ta có OM OB ON OC .
 OC OB
 OM ON
Xét OMN và OCB có Oµ chung , có OMN ∽ OCB (c.g.c)
 OC OB
 OM OE OM OE OE 1
mà OE  MN và OH  BC nên ta có 
 OC OH OC OA 2OE 2
 1
 OM OC (vìOH OA 2OE ).
 2
 1
Ta có OM OB OH 2 R2 (cm trên) OC OB R2 OC OB 2R2 .
 2
 2 2 2
 SOMN OE OE OE 1
c) 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 “=” xảy ra khi B, A,C thẳng hàng H  A .
 1
 Vậy diện tích OMN lớn nhất là S R2 khi H  A.
 OMN 4
Câu 5: (3,0 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 hai của một số tự nhiên thì 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 
 2
 sao cho k 2 n k 1 . 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 2k 2 4k 2 k 2 2k 1 k 2 2k 1 k 1 2 0
 2
 Vậy mọi k nguyên dương , nên ta có k 2 n k 1 2n .
 Vậy trong dãy luôn có ít nhất một lũy thừa bậc hai của một số tự nhiên.
 ..HẾT