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

 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2017 - 2018
 Câu 1: (4,0 điểm)
 x 2 x x 1 1 2x 2 x
 a) Cho biểu thức P , với x 0, x 1. Rút gọn 
 x x 1 x x x x x2 x
 P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên.
 4(x 1)x2018 2x2017 2x 1
 b) Tính giá trị của biểu thức P tại 
 2x2 3x
 1 3
 x .
 2 3 2 2 3 2
 Câu 2: (4,0 điểm)
 a) Biết phương trình (m 2)x2 2(m 1)x m 0 có hai nghiệm tương ứng là độ dài hai 
 cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền 
 2
 của tam giác vuông đó bằng .
 5
 (x y)2 (8x2 8y2 4xy 13) 5 0
 b) Giải hệ phương trình 1 
 2x 1
 x y
 Câu 3: (4,0 điểm)
 a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình y2 5y 62 (y 2)x2 (y2 6y 8)x. 
 b) Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn p a2 b2 là số nguyên tố và p 5 chia hết 
 cho 8. Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn ax2 by2 chia hết cho p . Chứng minh rằng 
 cả hai số x, y chia hết cho p .
 Câu 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có (O),(I),(Ia ) theo thứ tự là các đường tròn ngoại 
 tiếp, đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A của tam giác với các tâm 
 tương ứng là O, I, Ia . Gọi D là tiếp điểm của (I) với BC , P là điểm chính giữa cung 
 ¼
 BAC của (O) , PIa cắt (O) tại điểm K . Gọi M là giao điểm của PO và BC, N là 
 điểm đối xứng với P qua O.
 a) Chứng minh IBIaC là tứ giác nội tiếp.
 b) Chứng minh NIa là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác Ia MP. 
 Câu 5: (2,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x z. Chứng minh rằng
 xz y2 x 2z 5
 .
 y2 yz xz yz x z 2
 ------------- 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 HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA 2017 - 2018
 Câu 1: (4,0 điểm)
 x 2 x x 1 1 2x 2 x
 a) Cho biểu thức P , với x 0, x 1. Rút gọn 
 x x 1 x x x x x2 x
 P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên.
 4(x 1)x2018 2x2017 2x 1
 b) Tính giá trị của biểu thức P tại 
 2x2 3x
 1 3
 x .
 2 3 2 2 3 2
 Lời giải
 a) Với điều kiện x 0, x 1, ta có :
 x 2 x x 1 2x 2 x 1
 P 
 x 1 x x 1 x x x 1 x x 1 x x 1 
 x x 2 x x 1 x 1 2x 2 x 1
 x x 1 x x 1 
 x x x 2 
 x x 1 x x 1 
 x 1 x 2 x 2
 .
 x 1 x x 1 x x 1
 Ta có với điều kiện x 0, x 1 x x 1 x 1 1
 x 2 x 2 1
 0 P 1 2
 x x 1 x 1 x 1
 x 2
 Do P nguyên nên suy ra P 1 1 x 1 (loại). 
 x x 1
 Vậy không có giá trị của x để P nhận giá trị nguyên.
 Chú ý 1: Có thể làm theo cách sau
 x 2
 P Px P 1 x P 2 0 , coi đây là phương trình bậc hai của x . 
 x x 1
 Nếu P 0 x 2 0 vô lí, suy ra P 0 nên để tồn tại x thì phương trình trên có
 2 4 2 4
 P 1 4P P 2 0 3P2 6P 1 0 P2 2P 1 P 1 
 3 3 Do P nguyên nên P 1 2 bằng 0 hoặc 1
 +) Nếu P 1 2 0 P 1 x 1 không thỏa mãn.
 2 P 2
 +) Nếu P 1 1 P 2 2x x 0 x 0 không thỏa mãn Vậy 
 P 0
 không có 
 giá trị nào của x thỏa mãn.
 1 3 3 1
b) Vì x 
 2 3 2 2 3 2 2
 3 1
 nên x là nghiệm của đa thức 2x2 2x 1.
 2
 2017 2
 2x 2x 2x 1 2x 1 2x 1
 Do đó P 3 3.
 2x2 2x 1 x 1 x 1
 Chú ý 2: Nếu học sinh không thực hiện biến đổi mà dùng máy tính cầm tay để thay số 
 và tìm được kết quả đúng thì chỉ cho 0,5 đ.
Câu 2: (4,0 điểm)
a) Biết phương trình (m 2)x2 2(m 1)x m 0 có hai nghiệm tương ứng là độ dài hai 
 cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền 
 2
 của tam giác vuông đó bằng .
 5
 (x y)2 (8x2 8y2 4xy 13) 5 0
b) Giải hệ phương trình 1 
 2x 1
 x y
 Lời giải
a) Phương trình (m 2)x2 2(m 1)x m 0 (x 1) (m 2)x m 0 có hai nghiệm khi 
 m
 và chỉ khi m 2. Khi đó 2 nghiệm của phương trình là a 1và b .
 m 2
 Hai nghiệm đó là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông suy ra 
 m
 0 m 0 hoặc m 2 .
 m 2
 1 1 1 1 (m 2)2 5 m 2 1
 Từ hệ thức trong tam giác vuông ta có 
 a2 b2 h2 12 m2 4 m 2
 m 2 1
 Với 2m 4 m m 4 (thỏa mãn)
 m 2
 m 2 1 4
 Với 2m 4 m m (loại) 
 m 2 3
 Vậy m 4 là giá trị cần tìm. (x y)2 (8x2 8y2 4xy 13) 5 0 (1)
b) 1
 2x 1 (2)
 x y
 ĐKXĐ: x y 0
 5
 8(x2 y2 ) 4xy 13
 2
 2 (x y)
 Chia phương trình (1) cho (x y) ta được hệ 
 1
 2x 1
 x y
 2
 2 1 2 1 
 5 (x y) 3(x y) 13 2
 2 5 x y 3(x y) 23
 (x y) x y 
 1 1 
 x y (x y) 1 
 x y (x y) 1
 x y x y 
 1 5u2 3v2 23 (3)
 Đặtu x y ,v x y (ĐK:| u | 2 ), ta có hệ 
 x y u v 1 (4)
 Từ (4) rút u 1 v , thế vào (3) ta được
 5
 5u2 3(1 u)2 23 4u2 3u 10 0 u 2 hoặc u . 
 4
 5
 Trường hợp u loại vì u 2.
 4
 1
 x y 2
 Với u 2 v 1 (thỏa mãn). Khi đó ta có hệ x y
 x y 1
 Giải hệ trên bằng cách thế x 1 y vào phương trình đầu ta được
 1
 2y 1 2 y 1. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x, y) (0;1).
 2y 1
Câu 3: (4,0 điểm)
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình y2 5y 62 (y 2)x2 (y2 6y 8)x. 
b) Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn p a2 b2 là số nguyên tố và p 5 chia hết 
 cho 8. Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn ax2 by2 chia hết cho p . Chứng minh rằng 
 cả hai số x, y chia hết cho p .
 Lời giải
a) y2 5y 62 (y 2)x2 y2 6y 8 x (1).
 Ta có (1) y 2 y 3 56 (y 2)x2 y 2 y 4 x
 2
 y 2 x y 4 x y 3 56 x 1 y 2 x y 3 56.
 Nhận thấy y 2 x 1 x y 3, nên ta phải phân tích số 56 thành tích của ba số 
 nguyên mà tổng hai số đầu bằng số còn lại.
 Như vậy ta có
 ) 56 1.7.8 x; y 2;9 .
 ) 56 7.1.8 x; y 8;3 .
 ) 56 8 .1. 7 x; y 7;3 .
 ) 56 1. 8 . 7 x; y 2; 6 .
 ) 56 8 .7. 1 x; y 7;9 .
 ) 56 7. 8 . 1 x; y 8; 6 .
 Vậy phương trình có 6 nghiệm nguyên như trên.
 Chú ý 3: Học sinh có thể biến đổi phương trình đến dạng 
 2
 y 2 x y 4 x y 3 56 (được 0,5đ), sau đó xét các trường hợp xảy ra. Khi 
 đó với mỗi nghiệm đúng tìm được thì cho 0,25 đ (tối đa 6 nghiệm = 1,5 đ)
b) Do p 58 nên p 8k 5 (k ¥ )
 4k 2 4k 2
 Vì ax2 by2  ax2 by2  p nên a4k 2  x8k 4 b4k 2  y8k 4  p
 Nhận thấy a4k 2  x8k 4 b4k 2  y8k 4 a4k 2 b4k 2 x8k 4 b4k 2 x8k 4 y8k 4 
 2k 1 2k 1
 Do a4k 2 b4k 2 a2 b2  a2 b2 p và b p nên x8k 4 y8k 4  p (*)
 Nếu trong hai số x, y có một số chia hết cho p thì từ (*) suy ra số thứ hai cũng chia hết 
 cho p .
 Nếu cả hai số x, y đều không chia hết cho p thì theo định lí Fecma ta có :
 x8k 4 x p 1 1(mod p), y8k 4 y p 1 1(mod p)
 x8k 4 y8k 4  2(mod p) . Mâu thuẫn với (*).Vậy cả hai số x và y chia hết cho p .
Câu 4: (6,0 điểm)
 Cho tam giác ABC có (O),(I),(Ia ) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp, đường tròn 
 nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A của tam giác với các tâm tương ứng là 
 ¼
 O, I, Ia . Gọi D là tiếp điểm của (I) với BC , P là điểm chính giữa cung BAC của (O) , 
 PIa cắt (O) tại điểm K . Gọi M là giao điểm của PO và BC, N là điểm đối xứng với P
 qua O.
a) Chứng minh IBIaC là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh NIa là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác Ia MP. 
 · ·
c) Chứng minh DAI KAIa .
 Lời giải P
 A
 F
 O
 I
 B D
 M C
 K N
 Ia
a) Ia là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác 
 ABC, từ đó suy ra BIa  BI,CIa  CI
 ( Phân giác trong và phân giác ngoài cùng một góc thì vuông góc với nhau).
 · · 0
 Xét tứ giác IBIaC có IBIa ICIa 180
 Từ đó suy ra tứ giác IBIaC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính IIa .
 ·
b) Nhận thấy bốn điểm A, I, N, Ia thẳng hàng (vì cùng thuộc tia phân giác của BAC ). 
 Do NP là đường kính của (O) nên N· BP 900 , M là trung điểm của BC nên PN  BC 
 tại M
 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông PBN ta có NB2 NM.NP
 1 ¼ ¼ 
 Vì B· IN là góc ngoài tại đỉnh I của tam giác ABI nên B· IN = ABC BAC (1)
 2 
 B· AC
 Xét (O): N· BC N· AC (cùng chắn cung NC)
 2
 1
 N· BI N· BC C· BI B· AC ·ABC (2).
 2 
 Từ (1) và (2) ta có B· IN = N· BI nên tam giác NIB cân tại N
 Chứng minh tương tự tam giác NIC cân tại N
 Từ đó suy ra N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC , cũng chính là tâm của đường 
 2 2
 tròn ngoại tiếp tứ giác IBIaC NIa NB NM.NP
 Vậy NIa là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác IaMP Câu 5: (2,0 điểm)
 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x z. Chứng minh rằng
 xz y2 x 2z 5
 .
 y2 yz xz yz x z 2
 Lời giải
 2
 xz y 2z
 2 1 
 xz y x 2z yz yz
 Ta có P x
 y2 yz xz yz x z y2 xz z
 1 1 1 
 yz yz x
 x y 2z
 1 2 2 2
 y a b 1 2c
 z x 
 y x z 2 2 2
 1 1 1 b 1 a 1 1 c
 z y x
 x y z
 trong đó a2 , b2 , c2 a,b,c 0 
 y z x
 x 1
 Nhận xét rằng a2. b2 1 do x z .
 z c2
 Xét
 2 2 2 2 2 2 2
 a2 b2 2ab a a 1 ab 1 b b 1 ab 1 2aba a 1 b 1 
 b2 1 a2 1 ab 1 a2 1 b2 1 ab 1 
 2
 ab a2 b2 a b a3 b3 a b 2
 0
 a2 1 b2 1 ab 1 
 2
 a2 b2 2ab 2
 Do đó c 1 . Đẳng thức xảy ra khi a b .
 2 2 1
 b 1 a 1 ab 1 1 1 c
 c
 2 2 2
 2 1 2c2 5 2 2 1 c 1 c 1 2c 5 1 c 1 c 
 Khi đó 
 1 c c2 1 2 2 1 c 1 c2 
 3
 1 3c 3c2 c3 1 c 
 0 do c 1 2 
 2 1 c 1 c2 2 1 c 1 c2 
 Từ 1 và 2 suy ra điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi 
 a b, c 1 x y z.