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

 ĐỀ THI CHỌN HSG KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2017-2018.
Bài 1: (4,0 điểm)
 Giải phương trình: 2 5x 3 x2 x 2 27 3 x 1 x 2 .
Bài 2: (4,0 điểm)
 a) Chứng minh rằng: 3 70 4901 3 70 4901 là một số nguyên.
 b) Chứng minh rằng: Với mọi số nguyên dương n , ta có:
 1 1 1 1
 ... 3.
 2 33 2 4 3 3 n 1 3 n
Bài 3: (2,0 điểm) 
 Cho hai số thực x và y thỏa mãn x2 xy y2 1. Tìm giá trị lớn nhất của P x3 y xy3
Bài 4: (2,0 điểm)
 Cho p là một số nguyên tố thỏa mãn p a3 b3 với a, b là hai số nguyên dương phân 
 biệt. Chứng minh rằng : Nếu lấy 4 p chia cho 3 và loại bỏ phần dư thì nhận được số là bình 
 phương của một số nguyên lẻ.
Bài 5: (6,0 điểm)
 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp O . Gọi E, F lần lượt là các chân đường cao kẻ từ 
 B, C của tam giác ABC . Đường tròn I đi qua E, F và tiếp xúc với BC tại D . 
 DB2 BF.BE
 Chứng minh rằng: .
 DC 2 CF.CE
Bài 6: (2,0 điểm)
 Trên bàn có n (n ¥ , n > 1). viên bi. Có hai người lần lượt lấy bi. Mỗi người đến lượt 
 mình được lấy một số bi tùy ý (ít nhất 1 viên bi) trong những viên bi còn lại trên bàn, nhưng 
 không vượt quá số viên bi mà người lấy trước vừa lấy, biết rằng người lấy đầu tiên lấy 
 không quá n 1 viên bi. Người nào lấy viên bi cuối cùng được xem là người chiến thắng. 
 Tìm các số n sao cho người lấy trước có chiến lược chiến thắng.
 .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 THI HSG TOÁN 9 TỈNH KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2017-2018 .
Bài 1: (4,0 điểm)
 Giải phương trình: 2 5x 3 x2 x 2 27 3 x 1 x 2 .
 Lời giải:
 x + 2 0 x - 2 
 ĐK : x 1. 
 x 1 0 x 1
 2 5x 3 x2 x 2 27 3 x 1 x 2
 10x 6 x2 x 2 27 3 x 1 x 2 (1).
 Đặt t 3 x 1 x 2 mà x 1 t 3. 
 Phương trình (1) t 2 t 20 0 t 4 t 5 = 0 t = 5 t 3 . 
 Khi đó ta có phương trình: 3 x 1 x 2 5 
 3 x 1 3 + x 2 2 0
 3 x 2 x 2
 0
 x 1 1 x 2 2
 3 1 
 x 2 0
 x 1 1 x 2 2 
 3 1 
 x 2 0 x 2 do > 0 .
 x 1 1 x 2 2 
 Vậy phương trình có tập nghiệm S {2}. 
Bài 2: (4,0 điểm)
 a) Chứng minh rằng: 3 70 4901 3 70 4901 là một số nguyên.
 b) Chứng minh rằng: Với mọi số nguyên dương n , ta có:
 1 1 1 1
 ... 3.
 2 33 2 4 3 3 n 1 3 n
 Lời giải:
 a) Với x a b x3 = a3 b3 3ab(a b) x3 a3 b3 3abx.
 Áp dụng: Đặt a 3 70 4901, b = 3 70 4901, x 3 70 4901+ 3 70 4901
 x3 70 70 33 702 4901x x3 140 3x x3 3x 140 0
 (x 5)(x2 5x 28) 0 x 5 0 ( do x2 5x 28 0) x 5.
 Vậy 3 70 4901 3 70 4901 5 là một số nguyên (đpcm).
 b) Ta có 
 3 3 2
 1 n 1 n = 3 n 1 3 n 3 n 1 3 n 3 n 1 3 n 1 n 3 n2 . 
 2 2 2
 Mà 3 n 1 3 n 1 n 3 n2 33 n 1 1 33 n 1 3 n 1 3 n . 2
 3 3 3
 1 3 n 1 n 1 n 1 1 
 Từ đó suy ra 3 
 n 1 3 n n 1 3 n 3 n 3 n 1 
 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
 Nên ... 3 3 ... 3 
 2 33 2 4 3 3 (n 1) 3 n 1 3 2 3 2 3 3 3 n 3 n 1 
 1 1 1 1 1 1 
 ... 3 3
 2 33 2 4 3 3 (n 1) 3 n 1 3 n 1 
 1 1 1 1
 ... 3.
 2 33 2 4 3 3 n 1 3 n
Bài 3: (2,0 điểm)
 Cho hai số thực x và y thỏa mãn x2 xy y2 1. Tìm giá trị lớn nhất của P x3 y xy3
 .
 Lời giải:
 Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm ta có: 
 1
 x2 y2 2 x2 y2 2 xy 2xy x2 y2 xy 2xy xy 3xy xy .
 3
 2
 2 2 a b 
 Ta có a b 0 2ab a2 b2 4ab a b ab 1 .
 4
 P x3 y xy3 xy x2 y2 xy 1 xy vì x2 xy y2 1
 2 2 2
 2xy 1 xy 1 xy 1 4
 Áp dụng BĐT 1 ta có 2P 2xy. 1 xy 1 : 4 
 4 4 3 9
 2
 P . 
 9
 2
 Vậy P có giá trị lớn nhất bằng . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
 9
 1 1 1
 xy và x y x y hoặc x y .
 3 3 3
Bài 4: (2,0 điểm)
 Cho p là một số nguyên tố thỏa mãn p a3 b3 với a, b là hai số nguyên dương phân 
 biệt. Chứng minh rằng : Nếu lấy 4 p chia cho 3 và loại bỏ phần dư thì nhận được số là bình 
 phương của một số nguyên lẻ.
 Lời giải:
 Ta có p a3 b3 (a b)(a2 ab b2 ) là số nguyên tố mà a,b là số nguyên dương 
 a b 1 
 a b 1 p (b 1)3 b3 3b2 3b 1 4 p 12b2 12b 4 1(mod3)
 2 2
 Nếu lấy 4 p chia 3 và loại bỏ phần dư ta được A 4b 4b 1 2b 1 là số chính 
 phương lẻ.
Bài 5: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp O . Gọi E, F lần lượt là các chân đường cao kẻ từ 
 B, C của tam giác ABC . Đường tròn I đi qua E, F và tiếp xúc với BC tại D . 
 DB2 BF.BE
 Chứng minh rằng: .
 DC 2 CF.CE
 Lời giải:
 A
 G E
 F H
 I
 O
 B D C
 Gọi H AC  (I), G AB  (I). 
 Cµ chung
 Trước hết ta chứng minh được CDH ∽ CED g g do 
 · ·
 CDH CED
 CD CE
 CD2 CH.CE 1 .
 CH CD 
 BD BG
 Chứng minh tương tự : BDF ∽ BGD g g BD2 BG.BF 2 . 
 BF BD
 Ta có G· BE H· CF ( cùng phụ với µA ) và B· GE C· HF ( cùng bù với E· HF ) 
 BG BE
 BGE ∽ CHF g g 3 . Từ 1 , 2 và 3 
 CH CF
 DB2 BG.BF BG BF BE BF BF.BE
 . . ( đpcm).
 DC 2 CH.CE CH CE CF CE CF.CE
Bài 6: (2,0 điểm)
 Trên bàn có n (n ¥ , n > 1). viên bi. Có hai người lần lượt lấy bi. Mỗi người đến lượt 
 mình được lấy một số bi tùy ý (ít nhất 1 viên bi) trong những viên bi còn lại trên bàn, 
 nhưng không vượt quá số viên bi mà người lấy trước vừa lấy, biết rằng người lấy đầu tiên 
 lấy không quá n 1 viên bi. Người nào lấy viên bi cuối cùng được xem là người chiến 
 thắng. Tìm các số n sao cho người lấy trước có chiến lược chiến thắng.
 Lời giải: + Ta thấy rằng nếu n lẻ thì người đi trước luôn thắng, bằng cách ở nước đi đầu tiên, người 
đó chỉ lấy một viên bi, do đó ở những nước đi tiếp theo, mỗi người chỉ được lấy một viên 
bi.
+ Xét trường hợp n chẵn. Rõ ràng người nào lấy một số lẻ viên bi đầu tiên sẽ thua, vì để 
lại cho người đi nước tiếp theo một số lẻ viên bi, trở về trường hợp trên. Do đó, người chiến 
thắng phải luôn lấy một số chẵn viên bi. Như vậy, các viên bi gắn thành từng cặp và mỗi 
người đến lượt sẽ lấy một số cặp nào đó.
 TH1: Nếu chỉ có một cặp n 2 : người đi trước thua vì chỉ được lấy một viên. 
 TH2: Nếu số cặp lẻ và lớn hơn 1 n  2mod 4 : ta sẽ trở về trường hợp n lẻ (vì các viên 
bi đã được gắn thành cặp) và người đi trước sẽ thắng.
TH3: Nếu số cặp chẵn n  0mod 4 : mỗi người muốn thắng thì luôn phải lấy một số chẵn 
cặp (nếu ngược lại thì trở về TH2). Khi đó các viên bi được gắn thành từng nhóm 4 viên. 
Tương tự TH1 và TH2 ta thấy nếu số nhóm là một n 4 ; nếu n 4 và số nhóm lẻ 
 n  4mod 8 thì người đi trước thắng. Nếu số nhóm là chẵn n  0mod8 , ta lại gắn các 
viên bi thành từng nhóm 8 viên, 
+ Như vậy người đi trước có chiến lược thắng khi và chỉ khi n không phải là một lũy 
thừa của 2 n 2k .
 .HẾT .