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

 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BÌNH THUẬN
 NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1. (4,0 điểm)
 x2 x 3x 2 x 3(x 1) 
Cho biểu thức: Q 25x : với x 1 và x 0 .
 x x 1 x x 1 
a) Rút gọn biểu thức Q .
b) Tìm x để biểu thức Q nhận giá trị nguyên.
Câu 2. (4,0 điểm) 
 ax y a2 2
Cho hệ phương trình ẩn x và y : 
 (a 1)x ay 2a 1
a) Giải hệ phương trình trên với a 1.
b) Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y thỏa P xy đạt giá trị lớn nhất.
Câu 3. (4,0 điểm)
 *
Với k là số nguyên dương, ký hiệu Bk x N / x laø boäi soá cuûa k. 
Cho m,n là các số nguyên dương.
a) Chứng minh rằng Bmn là tập hợp con của Bm  Bn
b) Tìm điều kiện của m và n để Bm  Bn là tập hợp con của Bmn .
Câu 4. (6,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD . Gọi E là điểm thay đổi trên BC ( E không trùng B và C ) và F thay đổi 
trên CD sao cho E· AF 450 , BD cắt AE , AF lần lượt tại M và N . 
a) Chứng minh năm điểm E, M , N, F, C cùng nằm trên một đường tròn.
 MN
b) Tính tỷ số .
 FE
c) Chứng minh đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi E, F thay đổi.
Câu 5. (2,0 điểm)
Trên mặt phẳng cho 4035 điểm phân biệt. Biết rằng trong ba điểm bất kỳ trong số đó luôn tồn tại hai 
điểm có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn một. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính bằng 
một chứa không ít hơn 2018 điểm đã cho.
 -------------------Hết----------------- LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH BÌNH THUẬN
 NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1. (4,0 điểm)
 x2 x 3x 2 x 3(x 1) 
Cho biểu thức: Q 25x : với x 1 và x 0 .
 x x 1 x x 1 
a) Rút gọn biểu thức Q .
b) Tìm x để biểu thức Q nhận giá trị nguyên.
 Lời giải
a) Rút gọn. Với x 1 và x 0 , ta có:
 x2 x 3x 2 x 3(x 1) 
Q 25x : 5 x : x x 1 3 x 2 3 x 1 
 x x 1 x x 1 
 5 x
 5 x : x x 3 x 2 3 x 3 5 x : x x 1 
 x x 1
b) Tìm x để biểu thức Q nhận giá trị nguyên.
Dễ thấy Q 0 .
Phương trình sau có nghiệm x 0, x 1.
 5 x
Q Q.x Q 5 . x Q 0 có nghiệm x 0, x 1 .
 x x 1
 Q.y2 Q 5 .y Q 0 có nghiệm y 0, y 1 .
 2 5
 Q 5 4Q2 3Q 5 Q 5 0 5 Q .
 3
 Q Z Q 1
Mà nên .
 Q 0 Q 2
Với Q 1 tìm được x 7 4 3 (Thỏa mãn).
Với Q 2 phương trình vô nghiệm.
Câu 2. (4,0 điểm)
 ax y a2 2
Cho hệ phương trình ẩn x và y : 
 (a 1)x ay 2a 1
a) Giải hệ phương trình trên với a 1.
b) Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y thỏa P xy đạt giá trị lớn nhất.
 Lời giải:
 x 0
a) Nghiệm của HPT là: 
 y 1 2 2 3 2 3
 ax y a 2 a x ay a 2a a + a + 1 x a 1
b) 
 a 1 x ay 2a 1 a 1 x ay 2a 1 a 1 x ay 2a 1
 x a 1
 (với mọi a)
 y a 2
 2
 1 3 1
Nên P xy a 1 a 2 a . 
 4 2 4
 1 3
P đạt giá trị lớn nhất là đạt được khi a 
 4 2
Câu 3. (4,0 điểm)
 *
Với k là số nguyên dương, ký hiệu Bk x N / x laø boäi soá cuûa k. 
Cho m,n là các số nguyên dương.
a) Chứng minh rằng Bmn là tập hợp con của Bm  Bn
b) Tìm điều kiện của m và n để Bm  Bn là tập hợp con của Bmn .
 Lời giải:
 *
a) Ta có: Bmn x N / x laø boäi cuûa mn  mn; 2mn; 3mn;...; kmn 
 *
Bm  Bn x N / x la ø boäi cuûa m vaø n
 BCNN m,n ; 2BCNN m,n ; ...; hBCNN m,n 
 mnm
Vì mn BC m,n kmn BC m,n 
 mnn
Nên Bmn là tập hợp con của Bm  Bn
b) Để Bm  Bn là tập hợp con của Bmn mà theo câu a thì Bmn là tập hợp con của Bm  Bn Nên 
Bmn Bm  Bn BCNN m,n mn m,n 1.
Hay m và n là hai số nguyên tố cùng nhau
Câu 4. (6,0 điểm)
 Cho hình vuông ABCD . Gọi E là điểm thay đổi trên BC ( E không trùng B và C ) và F thay đổi 
trên CD sao cho E· AF 450 , BD cắt AE , AF lần lượt tại M và N . 
a) Chứng minh năm điểm E, M , N, F, C cùng nằm trên một đường tròn.
 MN
b) Tính tỷ số .
 FE
c) Chứng minh đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi E, F thay đổi.
 Lời giải: a) Tứ giác AMFD nội tiếp đường tròn ( vì M· AF M· DF 450 )
 A· FM ·ADM 450 AMF vuông cân FM  AE
Tương tự: EN  AF
 M , N,C nhìn EF dưới một góc vuông M , N, F,C, E nằm trên đường tròn đường kính EF . 
 MN AM 2
b) ANE ∽ AMF(g-g) AMN ∽ AEF(c-g-c) sin 450 
 FE FA 2
c) Tính chất trực tâm tam giác AEF FE  AH
Dễ thấy : F· AD F· MD F· EN F· AH (Các tứ giác ADFM ; EFNM ; ANHE nội tiếp)
 FAD FAH (ch gn) AH AD (Không đổi)
Mà FE  AH
 EF tiếp xúc với đường tròn A; AD cố định.
Câu 5. (2,0 điểm)
Trên mặt phẳng cho 4035 điểm phân biệt. Biết rằng trong ba điểm bất kỳ trong số đó luôn tồn tại hai 
điểm có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn một. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính bằng 
một chứa không ít hơn 2018 điểm đã cho.
 Lời giải:
Dùng nguyên lý Dirichlet:
 - Nếu khoảng cách hai điểm bất kỳ đều bé hơn 1 thì ta chỉ cần chọn 1 điểm A bất kỳ trong số 
4035 điểm đã cho rồi vẽ đường tròn A;1 đường tròn này chứa tất cả 4034 điểm còn lại nên ta có 
điều phải chứng minh. 
 - Giả sử rằng có hai điểm A và B trong số 4035 điểm đã cho có khoảng cách lớn hơn 1, vẽ
các đường tròn tâm A và B có cùng bán kính bằng 1, ta còn lại 4033 điểm. Mỗi điểm C bất kỳ trong 
số 4033 điểm ấy, theo giả thiết AB; AC; BC phải có một đoạn thẳng có độ dài bé hơn 1 mà AB 1, 
nên AC 1 hoặc BC 1. Do đó hoặc C nằm trong đường tròn A;1 hoặc B;1 , do có 4033 điểm 
 4033 
C như vậy nên theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất 1 2017 điểm nằm trong cùng 1 đường 
 2 tròn (Trong hai đường tròn đang xét) Giả sử đó là đường tròn A;1 . Cùng với điểm A ta có 2018 
điểm nằm trong cùng một đường tròn A;1 ĐPCM.
 -------------------Hết-----------------