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

 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẾN TRE
 NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1: (6 điểm)
 a) Giải phương trình: 2017 2017x 2016 2018x 2017 2018 .
 2 3 5 2 3 5 
 b) Rút gọn biểu thức: A .
 2 2 3 5 2 2 3 5
 x3 6x2 y 7
 c) Giải hệ phương trình: .
 3 2
 2 y 3xy 5
Câu 2: (4 điểm)
 Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn ab bc ca 28. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
 thức:
 5a 5b 2c
 P .
 12 a2 28 12 b2 28 c2 28
Câu 3: (6 điểm)
 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O; R . Giả sử các điểm B,C cố 
 định và A di động trên đường tròn O sao cho AB AC và AC BC . Đường trung 
 thực của đoạn thẳng AB cắt AC và BC lần lượt tại P và Q . Đường trung trực của 
 đoạn thẳng AC cắt AB và BC lần lượt tại M và N .
 a) Chứng minh rằng: OM.ON R2 .
 b) Chứng minh rằng bốn điểm M , N, P,Q cùng nằm trên một đường tròn.
 c) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và CPQ cắt nhau tại S và T . Chứng 
 minh ba điểm S,T,O thẳng hàng.
Câu 4: (4 điểm)
 a) Tìm các số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình: 16 x3 y3 15xy 371.
 b) Giả sử Trung tâm thành phố Bến Tre có tất cả 2019 bóng đèn chiếu sáng đô thị, bao 
 gồm 671 bóng đèn ánh sáng trắng, 673 bóng đèn ánh sáng vàng nhạt, 675 bóng đèn ánh 
 sáng vàng sậm. Người ta thực hiện dự án thay bóng đèn theo quy luật sau: mỗi lần người 
 ta tháo bỏ hai bóng đèn khác loại và thay vào đó bằng hai bóng đèn thuộc loại còn lại. 
 Hỏi theo quy trình trên, đến một lúc nào đó, người ta có thể nhận được tất cả các bóng 
 đèn đều thuộc cùng một loại không? Giải thích vì sao? LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẾN TRE – TỈNH BẾN TRE
 NĂM HỌC 2017 – 2018
Câu 5: (6 điểm)
 a) Giải phương trình: 2017 2017x 2016 2018x 2017 2018 .
 2 3 5 2 3 5 
 b) Rút gọn biểu thức: A .
 2 2 3 5 2 2 3 5
 x3 6x2 y 7
 c) Giải hệ phương trình: .
 3 2
 2 y 3xy 5
 Lời giải
 2017
 a) ĐKXĐ: x .
 2018
 2017 2017x 2016 1
 Xét x 1 2017 2017x 2016 2018 2017 2018 .
 2018 2018x 2017 1
 2017x 2016 1
 Xét x 1 2017 2017x 2016 2018x 2017 2018 .
 2018x 2017 1
 Xét x 1 thỏa mãn phương trình. Vậy phương trình có nghiệm x 1 .
 2 3 5 2 3 5 
 b) Ta có: A 
 2 2 3 5 2 2 3 5
 2 2
 2 3 5 2 3 5 5 1 5 1 
 A 
 2 2
 4 6 2 5 4 6 2 5 4 5 1 4 5 1 
 2 2
 5 1 5 1 5 1 5 1 2 5
 2 .
 5 5 5 5 5 5 5
 c) 
 3 2 3 2 3 2
 x 6x y 7 x 6x y 7 5x 30x y 35 3 2 3 2
 5x 30x y 14 y 21xy 
 3 2 3 2 3 2
 2 y 3xy 5 2 y 3xy 5 14 y 21xy 35
 5x3 5x2 y 35x2 y 35x2 y 14xy2 14 y3 0 x y 5x2 35xy 14 y2 0 .
 Xét x y 0 x y thay vào phương trình x3 6x2 y 7 ta được 
 7x3 7 x 1 y 1.
 Xét 5x2 35xy 14 y2 0 . Đặt y xt , ta có: 
 5x2 35x2t 14x2t2 0 x2 14t2 35t 5 0 . 35 3 105
 Vì x 0 không phải là nghiệm nên 14t2 35t 5 0 t .
 28
 35 3 105 35 3 105 
 Với t y x thay vào phương trình x3 6x2 y 7 ta 
 28 28 
 được
 3 98 98 35 3 105 98
 x x 3 y 3 .
 91 9 105 91 9 105 28 91 9 105
 35 3 105 35 3 105 
 Với t y x thay vào phương trình x3 6x2 y 7 ta 
 28 28 
 được
 3 98 98 35 3 105 98
 x x 3 y 3 .
 91 9 105 91 9 105 28 91 9 105
 98 35 3 105 98 
 Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm: 1;1 , 3 ; 3 , 
 91 9 105 28 91 9 105 
 98 35 3 105 98 
 3 ; 3 .
 91 9 105 28 91 9 105 
Câu 6: (4 điểm)
 Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn ab bc ca 28. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
 thức:
 5a 5b 2c
 P .
 12 a2 28 12 b2 28 c2 28
 Lời giải
 Ta có: 12 a2 28 12 a2 ab bc ca 6 a b .2 a c .
 6 a b 2 a c 
 Áp dụng BĐT CauChy được 6 a b 2 a c 4a 3b c .
 2
 12 a2 28 4a 3b c 1 . Tương tự 12 b2 28 4b 3a c 2 và 
 a b
 c2 28 c 3 .
 2
 Cộng theo vế 1 , 2 và 3 được:
 15a 15b 6c
 12 a2 28 12 b2 28 c2 28 .
 2 2 5a 5b 2c 2
 Do đó: P .
 15a 15b 6c 3
 2 28 28
 Vậy GTNN của P là . Đạt được khi và chỉ khi a b , c 5 .
 3 11 11
Câu 7: (6 điểm)
 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O; R . Giả sử các điểm B,C cố 
 định và A di động trên đường tròn O sao cho AB AC và AC BC . Đường trung 
 trực của đoạn thẳng AB cắt AC và BC lần lượt tại P và Q . Đường trung trực của đoạn 
 thẳng AC cắt AB và BC lần lượt tại M và N .
 a) Chứng minh rằng: OM.ON R2 .
 b) Chứng minh rằng bốn điểm M , N, P,Q cùng nằm trên một đường tròn.
 c) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và CPQ cắt nhau tại S và T . Chứng 
 minh ba điểm S,T,O thẳng hàng.
 Lời giải
 a)
 Xét OBM và ONB , ta có:
 B· OM : chung
 Ta có O· MB 90 µA
 1
 Và O· BN 180 B· OC 90 µA
 2 
 Nên O· MB O· BN
 Vậy OBM : ONB (g.g).
 OM OB
 OB ON
 ON.OM OB2 R2 OM.ON R2 .
b)
 Chứng minh tương tự câu a, ta cũng có:
 OP.OQ R2 ON.OM OP.OQ .
 OP OM
 , có M· OP chung.
 ON OQ
 Vậy OPM : ONQ (c.g.c).
 O· NQ O· PM .
 Suy ra tứ giác MNQP nội tiếp hay bốn điểm M , N, P,Q cùng nằm trên một đường tròn.
c) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và CPQ cắt nhau tại S và T . Chứng 
 minh ba điểm S,T,O thẳng hàng.
 Ta chứng minh O thuộc đường thẳng ST . Thật vậy, giả sử OS cắt hai đường tròn ngoại 
 tiếp tam giác BMN và CPQ lần lượt tại T1 và T2 .
 Xét ONS và OT1M .
 ·
 MOT1 : chung · ·
 OT1M ONS ( MNST1 nội tiếp)
 Vậy ONS : OT1M (g.g).
 ON OS
 .
 OT1 OM
 ON.OM OS.OT1 1 .
 Chứng minh tương tự, OP.OQ OS.OT2 2 
 Mà ON.OM OP.OQ 3 .
 Từ 1 , 2 và 3 , suy ra: OS.OT1 OS.OT2 .
 Do đó T1 trùng với T2 .
 Vậy ba điểm S,T,O thẳng hàng.
Câu 8: (4 điểm)
 a) Tìm các số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình: 16 x3 y3 15xy 371.
 b) Giả sử Trung tâm thành phố Bến Tre có tất cả 2019 bóng đèn chiếu sáng đô thị, bao 
 gồm 671 bóng đèn ánh sáng trắng, 673 bóng đèn ánh sáng vàng nhạt, 675 bóng đèn ánh 
 sáng vàng sậm. Người ta thực hiện dự án thay bóng đèn theo quy luật sau: mỗi lần người 
 ta tháo bỏ hai bóng đèn khác loại và thay vào đó bằng hai bóng đèn thuộc loại còn lại. 
 Hỏi theo quy trình trên, đến một lúc nào đó, người ta có thể nhận được tất cả các bóng 
 đèn đều thuộc cùng một loại không? Giải thích vì sao?
 Lời giải
 a) Vì x, y nguyên dương nên 16 x3 y3 15xy 371 0 x y .
 Ta lại có 15xy 16 x3 y3 371 là số lẻ nên x, y đều lẻ. suy ra 
 y 1; x y 1 x 3.
 Xét x 3 y 3 y 1 thay vào phương trình thỏa mãn.
 Xét x 5 ta có x 2 y , suy ra 16 x3 y3 16 x3 x 2 3 16 6x2 12x 8 .
 Mặt khác 15xy 371 15x x 2 371 15x2 30x 371. Ta chứng minh
 16 6x2 12x 8 15x2 30x 371.
 Thật vậy, 16 6x2 12x 8 15x2 30x 371
 81x2 162x 243 0 x2 2x 3 0 x 1 x 3 0 đúng với mọi x 5 . Suy ra 16 x3 y3 15xy 371 với mọi x 5 .
Vậy phương trình có nghiệm x; y 3;1 .
b) Ta có 671 chia cho 3 dư 2 ; 673 chia cho 3 dư 1; 675 chia cho 3 dư 0.
Ta thấy mỗi loại bóng đèn có số bóng khi chia cho 3 được các số dư khác nhau 0, 1, 2 .
Sau mỗi bước thay bóng đèn, số bóng đèn mỗi loại giảm đi 1 hoặc tăng thêm 2 , khi đó 
số dư của chúng khi chia cho 3 thay đổi như sau:
- Số chia cho 3 dư 0 sau khi thay chia cho 3 sẽ dư 2 .
- Số chia cho 3 dư 1 sau khi thay chia cho 3 sẽ dư 0.
- Số chia cho 3 dư 2 sau khi thay chia cho 3 sẽ dư 1.
Do đó sau mỗi bước thay bóng thì số bóng đèn mỗi loại chia cho 3 cũng có số dư khác 
nhau là 0, 1, 2 . Vì vậy luôn luôn chỉ có 1 loại bóng đèn có số lượng bóng chia hết cho 
3. Giả sử đến một lúc nào đó tất cả bóng đèn cùng một loại, thì số bóng đèn của 2 loại 
kia đều 0 và chia hết cho 3 (mâu thuẫn).
Vậy không thể thay bóng theo quy trình như trên để tất cả bóng đèn cùng một loại.