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

 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2017-2018
 x2 x x2 x 1
Câu 1. a) Cho A= . Rút gọn B 1 2A 4 x 1 với 0 x 
 x x 1 x x 1 4
 1 1 1
 b) Cho x, y, z 0 và đôi một khác nhau thỏa mãn 0 . Chứng minh 
 x y z
 1 1 1 2016 2017 2018
 2 2 2 x y z xy yz zx .
 x 2 yz y 2zx z 2xy 
Câu 2. a) Giải phương trình x 5 x 2 1 x2 3x 10 7 .
 x2 y2 xy 2
 b) Giải hệ phương trình .
 3
 x x y
 7
Câu 3. a) Tìm các số thực x sao cho x 2018 và 2018 đều là số nguyên.
 x
 2 2
 b) Tìm các số tự nhiên có dạng ab . Biết rằng ab ba là số chia hết cho 3267 .
Câu 4. Cho hình bình hành ABCD có góc B· DC 900 , đường phân giác góc B· AD cắt cạnh 
 BC và đường thẳng CD lần lượt tại E và F . Gọi O,O ' lần lượt là tâm đường tròn 
 ngoại tiếp BCD và CEF .
 1) Chứng minh rằng O ' thuộc đường tròn (O) .
 2) Khi DE vuông góc BC .
 a) Tiếp tuyến của (O) tại D cắt đường thẳng BC tại G . Chứng minh rằng 
 BG.CE BE.CG .
 b) Đường tròn (O) và (O ') cắt nhau tại điểm H ( H khác C ). Kẻ tiếp tuyến chung IK (
 I thuộc (O) , K thuộc (O ') và H , I , K nằm cùng phía bờ OO ' ). Dựng hình bình hành 
 CIMK . Chứng minh OB O 'C HM .
Câu 5. Cho x, y, z 0 thỏa mãn x2 y2 z2 3xyz . Tìm GTLN của 
 x2 y2 z2
 P .
 x4 yz y4 zx z4 xy LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2017-2018
 x2 x x2 x 1
Câu 1. a) Cho A= . Rút gọn B 1 2A 4 x 1 với 0 x 
 x x 1 x x 1 4
 1 1 1
 b) Cho x, y, z 0 và đôi một khác nhau thỏa mãn 0 .
 x y z
 1 1 1 2016 2017 2018
 Chứng minh 2 2 2 x y z xy yz zx .
 x 2 yz y 2zx z 2xy 
 Lời giải
 a) Ta có
 x2 x x2 x x(x x 1) x(x x 1)
 A= = x( x 1) x( x 1) 
 x x 1 x x 1 x x 1 x x 1
 2 x
 1
 B 1 2A 4 x 1 1 4x 4 x 1 1 2 x 1 2 x(0 x )
 4
 1 1 1
 b) Ta có 0 yz xz xy 0
 x y z
 x2 2 yz x2 yz yz x2 yz xz xy x(x z) y(x z) (x z)(z y)
 Tương tự y2 2zx ( y z)( y x); z2 2xy=(z-x)(z-y)
 1 1 1
 x2 2 yz y2 2xz z2 2 yx
 1 1 1
 (x y)(x z) ( y z)( y x) (z y)(z x)
 y z z x x y
 0
 (x y)( y z)(z x)
 1 1 1 2016 2017 2018
 2 2 2 (x y z ) 0 .
 x 2 yz y 2xz z 2 yx 
Câu 2. a) Giải phương trình x 5 x 2 1 x2 3x 10 7 .
 x2 y2 xy 2
 b) Giải hệ phương trình 
 3
 x x y
 Lời giải
 a) Điều kiện x 2 x 5 x 2 1 x2 3x 10 7
 1 x2 3x 10 x 5 x 2
 ( x 5( x 2 1) x 2 1
 x 2 1 x 3
 x 5 1 x 4
 So với điều kiện ta được phương trình có 1 nghiệm x 3 .
 x2 y2 xy 2
 b) 
 3
 x x y
 Từ phương trình x3 x y 2x3 2(x y) (x2 y2 xy)(x y) x3 y3
 x3 y3 x y
 Với x y thế vào phương trình x2 y2 xy 2 ta được
 y 2
 y2 2 
 y 2
 Vậy hệ có nghiệm (x; y) {( 2; 2);( 2; 2)}.
 7
Câu 3. a) Tìm các số thực x sao cho x 2018 và 2018 đều là số nguyên.
 x
 2 2
 b) Tìm các số tự nhiên có dạng ab . Biết rằng ab ba là số chia hết cho 3267 .
 Lời giải
 a) Điều kiện x 0 .
 Đặt a x 2018 x a 2018
 7 7 7 a 2018 2018
 Xét b 2018 2018 
 x a 2018 a 2018
 b(a 2018) 2025 a 2018
 ab 2015 (b a) 2018
 Với a,b Z
 ab 2025 Z (a b) 2018 0
 a b
 a b 2025 45
 + a 45 x 45 2018
 + a 45 x 45 2018
 2 2
 b) ab ba (10a b)2 (10b a)2 99(a2 b2 )
 2 2
 ab ba chia hết cho 3267 nên a2 b2 (a b)(a b) chia hết cho 33
 1 a,b 9 a b ,hay a 7,b 4 ; a 4,b 7
 Vậy ta có các số 11;22;33;44;47;55;66;74;77;88;99 . Câu 4. Cho hình bình hành ABCD có góc B· DC 900 , đường phân giác góc BAD cắt cạnh BC 
 và đường thẳng CD lần lượt tại E và F . Gọi O,O ' lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp 
 BCD và CEF .
 1) Chứng minh rằng O ' thuộc đường tròn (O) .
 2) Khi DE vuông góc BC .
 a) Tiếp tuyến của (O) tại D cắt đường thẳng BC tại G . Chứng minh rằng 
 BG.CE BE.CG .
 b) Đường tròn (O) và (O ') cắt nhau tại điểm H ( H khác C ). Kẻ tiếp tuyến chung IK (
 I thuộc (O) , K thuộc (O ') và H , I , K nằm cùng phía bờ OO ' ). Dựng hình bình hành 
 CIMK . Chứng minh OB O 'C HM .
 Lời giải
 a)
 B· AE E· FC
 B· AE D· AE (giả thuyết); E· FC F· EC
 · ·
 DAE FEC
 suy ra EFC cân tại C CE CF
 mà B· EA F· EC B· EA B· AE nên ABE cân tại B
 BA BE mà BA CD nên BE CD
 CE CF
 BE CE DC CF BC DF (1) .
 BE CD
 Mặt khác O 'CF cân O· 'CF O· ' FC
 Với CE CF O· 'CE O· 'CF O· 'CE O· ' FC (2)
 Mà O 'C O ' F (3). Từ (1) , (2) và (3) ta được BO 'C DO ' F O· ' BC O· ' DF
 Nên tứ giác BDCO ' nội tiếp hay điêm O ' thuộc đường tròn (O ') .
 b) Tam giác BCD tại D ,nội tiếp đường tròn (O) .
 DG2 CG.BG
 Ta có DG2 DE 2 CG.BG BE.CE GE 2 CG.BG BE.CE
 2
 DE BE.CE
 (CE CG)2 CG.BG BE.CE
 CE 2 2CE.CG CG2 CG.BG BE.CE
 CE 2 CE.CG BE.CE CG.BG CG2 CE.CG
 CE(CE CG BE) CG(BG CG CE) CE.BG CG.BE .
 c) Tia CH cắt IK tại N . Áp dụng phương tích đường tròn ta có NK 2 NH.NC NI 2 
 NK NI mà CIMK là hình bình hành, do đó M , N, H,C thẳng hàng.
 Suy ra OB2 O 'C OI O ' K 2NJ . Gọi T là điểm đối xứng với H qua N , P là giao 
 điểm của CH với OO ' .
 PH PC
 Ta có NJ NP . 
 OO '  CH
 2NJ 2NP NP NP NP PH NP NT PC NP TC = HM
 Vậy OB O 'C HM . .
Câu 5. Cho x, y, z 0 thỏa mãn x2 y2 z2 3xyz . Tìm GTLN của 
 x2 y2 z2
 P .
 x4 yz y4 zx z4 xy
 Lời giải 
 x2 y2 z2
 Ta có x, y, z 0 , x2 y2 z2 3xyz 3.
 xyz
 Với x, y, z 0 , theo BĐT Cauchy ta được x2 y2 z2 xy yz zx
 x2 1
 x4 yz 2 x4 yz 2x2 yz 
 x4 yz 2 yz
 y2 1 z2 1
 Tương tự ta được: ; .
 y4 zx 2 zx z4 xy 2 xy
 x2 y2 z2 1 1 1 1 1 1 1 1 
 P 4 4 4 
 x yz y zx z xy 2 yz xz xy 2 x y z 1 xy yz zx 1 x2 y2 z2 3
 .
 2 xyz 2 xyz 2
 3
GTLN của P khi x y z 1.
 2