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

 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH PHÚ YÊN 
 NĂM HỌC 2017-2018
 2 3 2 3
Câu 1: Tính giá trị của P 2 2 . 
 4 2 3 4 2 3
 1 1 
 2 2
 2 2
 2017 x 2017 x x 2018 x 2018 13
Câu 2: Giải phương trình . 
 2017 x 2 2017 x 2018 x x 2018 2 37
Câu 3: Cho a,b,c 0. Chứng minh rằng:
 a a
 a) . 
 a 2b a b
 a b c
 b) 1.
 a 2b b 2c c 2a
Câu 4: Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A, dựng 
hai tia Bx, Cy vuông góc với cạnh BC. Trên tia Bx lấy điểm D sao cho BD BA, trên tia Cy lấy 
điểm E sao cho CE CA. Gọi G là giao điểm của BE và CD, K và L lần lượt là giao điểm của 
AD, AE với cạnh BC. 
 a) Chứng minh rằng CA CK; BA BL; 
 b) Đường thẳng qua G song song với BC cắt AD, AE theo thứ tự tại I, J. Gọi H là hình 
 chiếu vuông góc của G lên BC. Chứng minh rằng tam giác IHJ vuông cân.
Câu 5: Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Điểm M chuyển động trên cạnh BC (M khác 
B,C). Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AB, AC. Vẽ các đường tròn H; HM 
và K; KM . 
 a) Chứng minh rằng hai đường tròn H và K luôn cắt nhau;
 b) Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn H và K . Chứng minh rằng MN luôn 
 đi qua một điểm cố định.
Câu 6: Tìm các số nguyên tố p sao cho 7 p 1 bằng lập phương của một số tự nhiên.
 .HẾT .
 ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 TỈNH PHÚ YÊN 2017-2018 2 3 2 3
Câu 1. Tính giá trị của P 2 2 
 4 2 3 4 2 3
 1 1 
 2 2
 Lời giải
 2 3 2 3 2 3 3 3 2 3 3 3 3 3 3 3
 P 1. 
 3 3 3 3 6 6 6 6
 2 2
 2017 x 2017 x x 2018 x 2018 13
Câu 2. Giải phương trình . 
 2017 x 2 2017 x 2018 x x 2018 2 37
 Lời giải
 a2 ab b2 13
 Đặt 2017 x a và x 2018 b. Ta có phương trình 
 a2 ab b2 37
 12a2 25ab 12b2 0 12a2 16ab 9ab 12b2 0 3a 4b . 4a 3b 0 
 Xét 3a 4b 0 3 2017 x 4 x 2018 0 x 2021 
 Xét 4a 3b 0 4(2017 x) 3(x 2018) 0 x 2014 
 Phương trình có tập nghiệm S 2014;2021. 
Câu 3. Cho a,b,c 0. Chứng minh rằng:
 a a a b c
 a) b) 1
 a 2b a b a 2b b 2c c 2a
 Lời giải
 a a a
 a) Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có : . 
 a 2b a.(a 2b) a b
 a a
 Dấu “=” xảy ra khi a a 2b b 0 vô lý. Vậy 
 a 2b a b
 b) Tương tự câu a ta có : 
 a b c a b c a b c
 1.
 a 2b b 2c c 2a a b b c c a a b c a b c a b c
 Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A, dựng 
 hai tia Bx, Cy vuông góc với cạnh BC. Trên tia Bx lấy điểm D sao cho BD BA, trên tia Cy 
 lấy điểm E sao cho CE CA. Gọi G là giao điểm của BE và CD, K và L lần lượt là giao điểm 
 của AD, AE với cạnh BC. 
 a) Chứng minh rằng CA CK; BA BL; 
 b) Đường thẳng qua G song song với BC cắt AD, AE theo thứ tự tại I, J. Gọi H là hình chiếu 
 vuông góc của G lên BC. Chứng minh rằng tam giác IHJ vuông cân.
 Lời giải x
 y
 D
 I
 E
 G
 B
 K
 L J
 A C
 a) Ta có BD BA ABD cân nên B· AD B· DA 
 Mà B· AD K· AC 90 B· DA B· KD B· DA ·AKC K· AC ·AKC 
 ACK cân nên CA CL 
 Tương tự ABL cân nên BA BL 
 b) Áp dụng định lý Ta let và hệ quả của nó ta có:
 CH GE CE CA CK CK CH HK
 (Giả sử AB AC) 
 BH GB BD BA BL BL BH HL
 HK CE GC IK HK IK
 Suy ra hay HI //DL 
 HL BD GD ID HL ID
 Ta lại có BD BL nên tam giác BDL vuông cân 
 B· LD 45 J· IH B· HI B· LD 45 
 Chứng minh tương tự ta cũng có I·JH 45 IHJ vuông cân tại H . 
Câu 5. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Điểm M chuyển động trên cạnh BC (M khác B,C). 
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AB, AC. Vẽ các đường tròn H; HM và 
 K; KM . 
 a) Chứng minh rằng hai đường tròn H và K luôn cắt nhau;
 b) Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn H và K . Chứng minh rằng MN luôn 
 đi qua một điểm cố định.
 Lời giải C E
 M
 K
 A H B
 N
 a) Ta có HM KM HK HK KM nên 2 đường tròn H và K luôn cắt nhau.
 b) Ta có N· HM N· CB ; N· MK N· BC 
 Do AKMH là chữ nhật nên
 N· HM N· KM 90 N· CB N· BC 90 B· NC 90 
 Vẽ hình vuông ABEC ta có A, N, B, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC cố 
 định.
 Ta lại có N· EB N· CB mà N· CB N· MH , N· EB N· HM , do MH //EB nên ba điểm 
 N, M , E thẳng hàng. Vậy MN luôn đi qua điểm E cố định.
Câu 6. Tìm các số nguyên tố p sao cho 7 p 1 bằng lập phương của một số tự nhiên.
 Lời giải
 Xét p 2 7 p 1 15 (loại)
 Xét p 2 thì p là số nguyên tố lẻ nên 7 p 1 là số tự nhiên chẵn. 
 Đặt 7 p 1 2k 3 với k nguyên dương . 
 Khi đó 7 p 2k 3 1 2k 1 4k 2 2k 1 
 Vì p và 7 đều là số nguyên tố nên 
 2k 1 7 k 4
 TH1: 2 (thỏa mãn)
 4k 2k 1 p p 73
 2k 1 1 k 1
 TH2: 2 (loại)
 4k 2k 1 7 p p 1
 2k 1 p 2k 1 p k 1
 TH3: 2 2 (loại)
 4k 2k 1 7 2k k 3 0 p 1
 Vậy p 73 thỏa mãn bài toán.