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

 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH LẠNG SƠN NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1: (4,0 điểm)
 x x x 4 x 4 x x x 4 x 4
 Cho biểu thức: A với x 0, x 1, x 4 .
 2 3 x x x 2 3 x x x
 a) Rút gọn biểu thức A .
 (2 3) 7 4 3
 b) Tính giá trị của biểu thức A khi x .
 2 1
Câu 2: (4,0 điểm)
 Cho phương trình: x2 2mx 2m 1 0 .
 a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có nghiệm.
 b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
 2x1x2 3
 B 2 2 .
 x1 x2 2(1 x1x2 )
Câu 3: (4,0 điểm)
 a) Giải phương trình: x2 4x 1 3x 1 0 .
 b) Cho f (x) là đa thức với hệ số nguyên. Biết f (2017). f (2018) 2019 . Chứng minh 
 rằng phương trình f (x) 0 không có nghiệm nguyên.
Câu 4: (6,0 điểm)
 Cho tam giác nhọn ABC có AC AB nội tiếp đường tròn O . Kẻ phân giác trong AI 
 của tam giác ABC (I BC) cắt (O) ở E. Tại E và C kẻ hai tiếp tuyến với (O) cắt nhau ở 
 F, AE cắt CF tại N, AB cắt CE tại M.
 a) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn.
 1 1 1
 b) Chứng minh .
 CN CI CF
 c) Gọi AD là trung tuyến của tam giác ABC , kẻ DK //AI (K AC) . Chứng minh 
 2AK AC AB .
Câu 5: (2,0 điểm)
 Trường trung học phổ thông A tổ chức giải bóng đá cho học sinh nhân ngày thành lập đoàn 
 26 – 3 . Biết rằng có n đội tham gia thi đấu vòng tròn một lượt (hai đội bất kỳ đấu với nhau 
 đúng một trận). Đội thắng được 3 điểm, đội hòa được 1 điểm và đội thua không được điểm 
 nào. Kết thúc giải, ban tổ chức nhận thấy số trận thắng thua gấp bốn lần số trận hòa và tổng 
 số điểm của các đội là 336 . Hỏi có tất cả bao nhiêu đội bóng tham gia?
 .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 CHỌN HSG TỈNH LẠNG SƠN NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1: (4,0 điểm)
 x x x 4 x 4 x x x 4 x 4
 Cho biểu thức: A với x 0, x 1, x 4 .
 2 3 x x x 2 3 x x x
 a) Rút gọn biểu thức A .
 (2 3) 7 4 3
 b) Tính giá trị của biểu thức A khi x .
 2 1
 Lời giải
 a) ĐKXĐ: x 0; x 1; x 4. 
 Đặt t x , t 0,t 1,t 2 khi đó:
 t3 t 2 4t 4 t3 t 2 4t 4
 A 
 2 3t t3 2 3t t3
 (t 1)(t 2)(t 2) (t 1)(t 2)(t 2)
 A 
 (t 1)(t 1)(t 2) (t 1)(t 1)(2 t)
 t 2 t 2 2t 2 4 2
 A 2 
 t 1 t 1 t 2 1 t 2 1
 2
 A 2 .
 x 1
 2
 Vậy với x 0; x 1; x 4 thì A 2 .
 x 1
 (2 3) 7 4 3 (2 3) (2 3)2 (2 3)(2 3)
 b) x 
 2 1 2 1 2 1
 1
 x 2 1
 2 1
 x 2 1(Thỏa mãn ĐKXĐ).
 2 2
 Với x 2 1 thì A 2 2 2 2 .
 2 1 1 2
Câu 2: (4,0 điểm)
 Cho phương trình: x2 2mx 2m 1 0 .
 a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có nghiệm.
 b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
 2x1x2 3
 B 2 2 .
 x1 x2 2(1 x1x2 )
 Lời giải
 Phương trình: x2 2mx 2m 1 0 .
 a) có a b c 0 nên có hai nghiệm: x1 1, x2 2m 1. Chứng tỏ phương trình luôn có 
 nghiệm m ¡ .
 b) Do phương trình luôn có nghiệm nên theo hệ thức Vi-et ta có: x1 x2 2m; x1.x2 2m 1.
 2(2m 1) 3 4m 1
 Suy ra: B 2 2 .
 (x1 x2 ) 2 4m 2
 2 2
 1 4m 1 1 4m 1 2m2 1 2 m 2m 1 m 1 
 Xét B 0 với m ¡
 2 4m2 2 2 4m2 2 2 m2 2 m2 2
 1
 B .
 2
 2
 Dấu “=” xảy ra khi m 1 0 m 1.
 1
 Vậy MinB m 1.
 2
Câu 3: (4,0 điểm)
 a) Giải phương trình: x2 4x 1 3x 1 0 .
 b) Cho f (x) là đa thức với hệ số nguyên. Biết f (2017). f (2018) 2019 . Chứng minh 
 rằng phương trình f (x) 0 không có nghiệm nguyên.
 Lời giải
 1
 a) ĐKXĐ: x .
 3
 x2 4x 1 3x 1 0 x2 (3x 1) x 3x 1 0 .
 Đặt t 3x 1 0 ta được: x2 t 2 x t 0 .
 (x t)(x t) (x t) 0 (x t)(x t 1) 0 .
 TH1: x t 0 hay x 3x 1 x2 3x 1 x2 3x 1 0 
 3 2 4.1.1 5 0 
 3 5 3 5
 x (Thỏa mãn); x (Thỏa mãn)
 2 2
 TH2: x t 1 0 hay t 1 x 3x 1 1 x , ĐK: x 1
 3x 1 1 2x x2 x2 5x 2 0 
 5 2 4.1.2 17 0 
 5 17 5 17
 x (Thỏa mãn); x (Loại); 
 2 2
 3 5 5 17
 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: x , x .
 2 2
 b) Từ giả thiết ta có f (2017), f (2018) là các số nguyên và x = 2017, x = 2018 không là 
 nghiệm của PT f (x) 0 . Giả sử phương trình f (x) 0 có nghiệm nguyên là x a ¢ , theo định lý Bơ-zu ta có: 
 f (x) (x a).g(x) với g(x) là đa thức hệ số nguyên không nhận x = 2017, x = 2018 
 làm nghiệm.
 Do vậy: f (2017) (2017 a).g(2017), f (2018) (2018 a).g(2018) .
 Nhân vế với vế và áp dụng giả thiết f (2017). f (2018) 2019 ;
 2019 (2017 a).g(2017).(2018 a).g(2018) .
 Điều này là vô lý vì vế trái là số lẻ, còn vế phải là số chẵn ( (2017 a); (2018 a) là 2 số 
 nguyên liên tiếp, tích là số chẵn).
 Vậy f (x) 0 không có nghiệm nguyên (đpcm).
Câu 4: (6,0 điểm)
 Cho tam giác nhọn ABC có AC AB nội tiếp đường tròn O . Kẻ phân giác trong AI 
 của tam giác ABC (I BC) cắt (O) ở E. Tại E và C kẻ hai tiếp tuyến với (O) cắt nhau ở 
 F, AE cắt CF tại N, AB cắt CE tại M.
 a) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn.
 1 1 1
 b) Chứng minh .
 CN CI CF
 c) Gọi AD là trung tuyến của tam giác ABC , kẻ DK //AI (K AC) . Chứng minh 
 2AK AC AB .
 Lời giải
 A
 K
 H
 O
 B G
 I D
 C
 L
 E
 F
 M
 N
 a) Do AI là phân giác nên B»E C»E , theo tính chất góc ngoài đường tròn, ta có : ·AMC »AC B»E »AC C»E ·ANC .
 Vậy tứ giác AMNC nội tiếp.
 b) Do hai tứ giác AMNC và ABEC nội tiếp, nên ta có các góc trong bằng nhau: 
 ·AMN M· CN; ·ABE B· CE; C· AE C· MN .
 Suy ra : BC // MN // EF , CMN cân tại N.
 Xét tam giác CIN có CE là phân giác và EF//IC nên ta có các tỉ số
 EN CN EN FN CN FN
 ; .
 EI CI EI FC CI FC
 CN CN CF CN CN
 1.
 CI FC CI FC
 CN CN
 Chuyển vế : 1 , chia 2 vế cho CN ta có điều phải chứng minh.
 CI FC
 c) Gọi H thuộc AC sao cho K là trung điểm của AH , Kẻ HG//AI với G thuộc BC , 
 trên HG lấy điểm L sao cho CG CL ( CLG cân).
 Từ AI // DK // HG và K là trung điểm của AH nên DI DG , theo giả thiết DB DC 
 nên BI GC vậy BI CL .
 AI //HL nên B· AI I·AC L· HC , và B· IA E· IC L· GC H· LC (so le và đồng vị).
 Xét hai tam giác AIB và HLC có hai góc bằng nhau nên góc còn lại bằng nhau, có 1 cạnh 
 bằng nhau BI = CL nên AIB HLC (g – c – g).
 Vậy AB = HC.
 Mặt khác HC = AC – AH = AC – 2AK nên AB = AC – 2AK 2AK = AC – AB (đpcm).
Câu 5: (2,0 điểm)
 Trường trung học phổ thông A tổ chức giải bóng đá cho học sinh nhân ngày thành lập đoàn 
 26 – 3 . Biết rằng có n đội tham gia thi đấu vòng tròn một lượt (hai đội bất kỳ đấu với nhau 
 đúng một trận). Đội thắng được 3 điểm, đội hòa được 1 điểm và đội thua không được điểm 
 nào. Kết thúc giải, ban tổ chức nhận thấy số trận thắng thua gấp bốn lần số trận hòa và tổng 
 số điểm của các đội là 336 . Hỏi có tất cả bao nhiêu đội bóng tham gia?
 Lời giải
 Gọi số trận hòa là x ( x N *) tổng số điểm của các trận hòa là 2x , (1 trận hòa có 2 
 đội, mỗi đội được 1 điểm).
 Theo giả thiết số trận thắng là 4x tổng số điểm của các trận thắng là 12x .
 Tổng số điểm các đội là 336 2x 12x 336 x 24 . 
 Vậy ta có tất cả 24 4.24 120 trận đấu diễn ra.
 Từ giả thiết có n đội, mỗi đội đấu với n – 1 đội còn lại nên số trận đấu diễn ra là n(n – 1) , 
 nhưng đây là tính cả trận lượt đi và lượt về, giả thiết mỗi đội đấu với nhau đúng 1 lần nên 
 n(n 1)
 tổng số trận giảm đi một nửa, do đó có tất cả trận đấu.
 2
 n(n 1)
 Vậy 120 n(n 1) 240 n 16, (n 15 loại).
 2
 Vậy có tất cả 16 đội bóng tham gia.
 ..HẾT