Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Bắc Ninh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẮC NINH NĂM HỌC 2017 – 2018
Câu 1: (4,0 điểm)
 x 2 x 1 x 2 x 1
 1) Rút gọn biểu thức: P , với x 2 .
 x 2x 1 x 2x 1
 1
 2) Cho x là số thực dương thỏa mãn điều kiện x2 7 . Tính giá trị các biểu thức 
 x2
 1 1
 A x5 ; B x7 .
 x5 x7
Câu 2: (4,0 điểm)
 1) Cho phương trình x2 (m2 1)x m 2 0 (1) , m là tham số. Tìm m để phương trình 
 2x1 1 2x2 1 55
 (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1x2 .
 x2 x1 x1x2
 2
 2) Giải hệ phương trình (x 1) y xy 4 .
 4x2 24x 35 5 3y 11 y
Câu 3: (3,5 điểm)
 1) Tìm tất cả các số nguyên dương m , n sao cho m n2 chia hết cho m2 n và n m2 
 chia hết cho n2 m .
 2) Cho tập hợp A gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ 
 nhất có tính chất: Trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn tại hai số phân biệt a , 
 b sao cho a2 b2 là số nguyên tố.
Câu 4: (6,0 điểm)
 Cho tam giác ABC cân tại A B· AC 90 nội tiếp đường tròn O bán kính R . M là 
 điểm nằm trên cạnh BC BM CM . Gọi D là giao điểm của AM và đường tròn O (
 D khác A ), điểm H là trung điểm đoạn thẳng BC . Gọi E là điểm chính giữa cung lớn 
 B»C , ED cắt BC tại N .
 1) Chứng minh rằng MA.MD MB.MC và BN.CM BM.CN .
 2) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD . Chứng minh rằng ba điểm B , I , 
 E thẳng hàng.
 3) Khi 2AB R , xác định vị trí của M để 2MA AD đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 5: (2,5 điểm)
 1) Cho x , y , z là các số thực không âm thỏa mãn x y z 3 và xy yz zx 0 . Chứng 
 minh rằng 
 x 1 y 1 z 1 25
 .
 y 1 z 1 x 1 33 4xy yz zx
 2) Cho tam giác ABC vuông tại C có CD là đường cao. X là điểm thuộc đoạn CD , K 
 là điểm thuộc đoạn AX sao cho BK BC , T thuộc đoạn BX sao cho AT AC , AT cắt 
 BK tại M . Chứng minh rằng MK MT .
 .HẾT .
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẮC NINH NĂM HỌC 2017 – 2018
Câu 1: (4,0 điểm)
 x 2 x 1 x 2 x 1
 1) Rút gọn biểu thức: P , với x 2 .
 x 2x 1 x 2x 1
 1
 2) Cho x là số thực dương thỏa mãn điều kiện x2 7 . Tính giá trị các biểu thức 
 x2
 1 1
 A x5 ; B x7 .
 x5 x7
 Lời giải
 x 2 x 1 x 2 x 1
 1) Rút gọn biểu thức: P , với x 2 .
 x 2x 1 x 2x 1
 Ta có: 
 2 2 
 2. x 1 1 x 1 1 
 x 1 2 x 1 1 x 1 2 x 1 1 
 P 
 2 2
 2x 1 2 2x 1 1 2x 1 2 2x 1 1 2x 1 1 2x 1 1 
 2
 2. x 1 1 x 1 1 2.2 x 1
 2. x 1 .
 2x 1 1 2x 1 1 2
 1
 2) Cho x là số thực dương thỏa mãn điều kiện x2 7 . Tính giá trị các biểu thức 
 x2
 1 1
 A x5 ; B x7 .
 x5 x7
 2
 2 1 2 1 1 1
 Ta có: x 2 7 x 2 2 2 7 x 9 x 3 (do x 0 )
 x x x x
 3 1 1 2 1 
 Ta có x 3 x x 1 2 3.6 18 
 x x x 
 2
 4 1 2 1 
 x 4 x 2 2 47 
 x x 
 1 4 1 5 1 3 1 5 1
 +) x x 4 x 3 x 5 x 5 18 
 x x x x x
 1 1
 x5 18 141 x5 123 
 x5 x5
 3 1 4 1 7 1 1 7 1
 +) x 3 x 4 x x 7 x 7 3 
 x x x x x
 1 1
 x7 3 846 x7 843 
 x7 x7
Câu 2: (4,0 điểm)
 1) Cho phương trình x2 (m2 1)x m 2 0 (1) , m là tham số. Tìm m để phương trình 
 2x1 1 2x2 1 55
 (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1x2 .
 x2 x1 x1x2 2
2) Giải hệ phương trình (x 1) y xy 4 .
 4x2 24x 35 5 3y 11 y
 Lời giải
1) Cho phương trình x2 (m2 1)x m 2 0 (1) , m là tham số. Tìm m để phương trình 
 2x1 1 2x2 1 55
(1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1x2 .
 x2 x1 x1x2
 2
Ta có: m2 1 4 m 2 m4 2 m 1 2 7 0 
 2
 x1 x2 m 1 
Theo định lí Vi-ét ta có 
 x1x2 m 2
 2
 2x1 1 2x2 1 55 2x1 1 x1 2x2 1 x2 x1x2 55
 x1x2 
 x2 x1 x1x2 x1x2 x1x2
 2 2 2 2 2
 2x1 x1 2x2 x2 x1x2 55 2 x1 x2 4x1x2 x1 x2 x1x2 55 0 
 2
 2 2 2
 2 m 1 4 m 2 m 1 m 2 55 0 
 2 m4 2m2 1 4m 8 m2 1 m2 4m 4 55 0 
 m4 2m2 24 0 (2)
Đặt m2 a a 0 
Phương trình (2) trở thành a2 2a 24 0 
Ta có 25 0 phương trình có 2 nghiệm:
 a1 4 (Nhận); a2 6 (Loại, vì a 0 )
+) Với a 4 m2 4 m 2 
Vậy m 2 ; m 2 là giá trị cần tìm.
 2
2) Giải hệ phương trình (x 1) y xy 4 (1) 
 4x2 24x 35 5 3y 11 y (2)
Phương trình (1) (x 1)2 y xy 4 0 x2 2x 3 xy y 0 
 x 1 x 3 y x 1 0 x 1 x 3 y 0 
 x 1
 y x 3
+) Thay x 1 vào phương trình (2) ta được: 4.12 24.1 35 5 3y 11 y 
 2
 3y 11 y 3 3y 11 y 9 3y 11 2 3y 11 y y 9 
 2
 3y 11y 10 2y 
 2
Điều kiện y 5 , khi đó pt 3y2 11y 10 2y 3y2 11y 100 40y 4y2 
 y2 29y 100 0 
 y 25(ktm)
 y 4(tm) +) Thay y x 3 vào phương trình (2) ta được 
 4x2 24x 35 5 3 x 3 11 x 3 
 4x2 24x 35 5 3x 2 5 x 3 4x2 24x 35 5 3x 2 5 x 3 0 
 4x2 28x 24 3x 2 5 3x 2 x 9 5 x 3 0 
 2 2
 3x 2 2 5 3x 2 x 9 2 5 x 3 
 4 x2 7x 6 0
 3x 2 5 3x 2 x 9 5 x 3
 9x2 63x 54 x2 7x 6
 4 x 1 x 6 0 
 3x 2 5 3x 2 x 9 5 x 3
 9 x 1 x 6 x 1 x 6 
 4 x 1 x 6 0 
 3x 2 5 3x 2 x 9 5 x 3
 9 1 
 x 1 x 6 4 0 
 3x 2 5 3x 2 x 9 5 x 3 
 9 1 2
 Vì 4 0, x 
 3x 2 5 3x 2 x 9 5 x 3 3
 x 1 y 4
 x 1 x 6 0 
 x 6 y 9
 Vậy nghiệm x; y của hệ là: 1;4 , 6;9 
Câu 3: (3,5 điểm)
 1) Tìm tất cả các số nguyên dương m , n sao cho m n2 chia hết cho m2 n và n m2 
 chia hết cho n2 m .
 2) Cho tập hợp A gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ 
 nhất có tính chất: Trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn tại hai số phân biệt a , 
 b sao cho a2 b2 là số nguyên tố.
 Lời giải
 1) Tìm tất cả các số nguyên dương m , n sao cho m n2 chia hết cho m2 n và n m2 
 chia hết cho n2 m .
 m n2 m2 n
 Ta có: 2 2 (1)
 n m n m
 m n2 m2 n n m 1 m n 0
 2 2 
 n m n m m n 1 m n 0
 n m 1 0
 (do m , n nguyên dương)
 m n 1 0
 1 m n 1 
 *) TH1: m n 1 m n 1 
 +) m n2 m2 n 
 2
 m n2 n 1 n2 n 3n 1 4n 2
   
 m2 n n 1 2 n n2 3n 1 4n 2
  n2 3n 1 4n 2 
 n2 3n 1
 7 37 7 37
 n2 7n 3 0 n 
 2 2
 vì n * n 1; 2; 3; 4; 5; 6 
 m 0; 1; 2; 3; 4; 5 
 Thử lại vào (1) ta tìm được các cặp m;n thỏa mãn là: 1; 2 , 2; 3 .
 *) TH2: m n 0 m n 
 m n2 m2 n
 2
 m n2 n n2 n n 2n 2
    
 m2 n n2 n n2 n n 1
 n 1 2 n 3 
 Vì n * n 1;2;3 m 1;2;3 
 Thử lại vào (1) ta tìm được các cặp số m;n thỏa mãn là: 2;2 , 3;3 .
 *) TH3: m n 1 m n 1 
 n m2 n2 m
 2
 n m2 n n 1 n2 3n 1
   
 n2 m n2 n 1 n2 n 1
 4n 2
  n2 n 1 4n 2 n2 5n 3 0 
 n2 n 1
 5 37 5 37
 n 
 2 2
 Vì n * n 1;2;3;4;5 m 2;3;4;5;6
 Thử lại vào (1) ta được các cặp số m;n thỏa mãn là: 2; 1 , 3; 2 .
 Vậy các cặp nguyên dương m,n thỏa mãn là 1; 2 , 2; 1 , 2; 3 , 3; 2 , 2; 2 , 3; 3 . 
 2) Cho tập hợp A gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ 
 nhất có tính chất: Trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn tại hai số phân biệt a , 
 b sao cho a2 b2 là số nguyên tố.
 Ta xét tập T gồm các số chẵn thuộc tập A . Khi đó |T | 8 và với a , b thuộc T ta có 
 a2 b2 là hợp số, do đó k 9
 Xét các cặp số sau: 
 A 1;4  3;2  5;16  6;15  7;12  8;13  9;10  11;14 
 Ta thấy tổng bình phương của mỗi cặp số trên đều là số nguyên tố
 Xét T là một tập con của A và |T | 9 , khi đó theo nguyên lí Dirichlet T sẽ chứa ít nhất 
 1 cặp nói trên.
 Vậy kmin 9. 
Câu 4: (6,0 điểm)
 Cho tam giác ABC cân tại A B· AC 90 nội tiếp đường tròn O bán kính R . M là 
 điểm nằm trên cạnh BC BM CM . Gọi D là giao điểm của AM và đường tròn O ( D khác A ), điểm H là trung điểm đoạn thẳng BC . Gọi E là điểm chính giữa cung lớn 
 B»C , ED cắt BC tại N .
1) Chứng minh rằng MA.MD MB.MC và BN.CM BM.CN .
2) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD . Chứng minh rằng ba điểm B , I , 
 E thẳng hàng.
3) Khi 2AB R , xác định vị trí của M để 2MA AD đạt giá trị nhỏ nhất.
 Lời giải
 A
 M
 B H C N
 O
 D
 E
1) Chứng minh rằng MA.MD MB.MC và BN.CM BM.CN .
+) Ta có MAB# MCD (g.g)
 MA MB
 MA.MD MB.MC (đpcm)
 MC MD
+) Theo gt A là điểm chính giữa cung nhỏ BC DA là tia phân giác B· DC của BDC
(1)
Mặt khác, E là điểm chính giữa cung lớn BC AE là đường kính của (O) 
 ·ADE 90 DA  DN (2)
Từ (1) và (2) DN là tia phân giác ngoài B· DC của BDC
Do đó, theo tính chất của tia phân giác trong và tia phân giác ngoài của tam giác ta có:
 BM BD BN
 BM.CN BN.CM (đpcm)
 CM CD CN
2) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD . Chứng minh rằng ba điểm B , I , 
 E thẳng hàng.
Kẻ BE cắt (I) tại J A
Ta có E· BD E· AD 
 · · ·
 BJD DMC (cùng bù với BMD) M
 B H C N
Mà E· AD D· MC E· AD H· MA 90 O
 E· BD B· JD 90 
 BD  JD BJ là đường kính 
 I D
 I BJ hay I BE
 B , I , E thẳng hàng (đpcm)
 E
3) Khi 2AB R , xác định vị trí của M để 
 2MA AD đạt giá trị nhỏ nhất. J
Ta có: HAM # DAE (g.g)
 AM AH
 AM.AD AH.AE 
 AE AD AB2 R R2
 Với AE 2R ; AH AM.AD 
 AE 8 4
 R2
 Theo BĐT Cô- si: 2AM AD 2 2AM.AD 2 2. R 2 
 4
 GTNN đạt được khi: 2AM AD 
 M là trung điểm của AD OM  AD 
 M là giao điểm của đường tròn đường kính OA với BC 
Câu 5: (2,5 điểm)
 1) Cho x , y , z là các số thực không âm thỏa mãn x y z 3 và xy yz zx 0 . Chứng 
 minh rằng 
 x 1 y 1 z 1 25
 .
 y 1 z 1 x 1 33 4xy yz zx
 2) Cho tam giác ABC vuông tại C có CD là đường cao. X là điểm thuộc đoạn CD , K 
 là điểm thuộc đoạn AX sao cho BK BC , T thuộc đoạn BX sao cho AT AC , AT cắt 
 BK tại M . Chứng minh rằng MK MT .
 Lời giải
 1) Cho x , y , z là các số thực không âm thỏa mãn x y z 3 và xy yz zx 0 . Chứng 
 minh rằng 
 x 1 y 1 z 1 25
 .
 y 1 z 1 x 1 33 4xy yz zx
 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
 25 25 25
 VT 
 33 2.2 xy yz zx xy yz zx 4 xy yz zx x y z 1
 25
 x 1 y 1 z 1 
 2
 Cần chứng minh  x 1 y 1 25 
 Sau khi rút gọn, BĐT trở thành x2 y y2 z z2 x 4 
 Giả sử y nằm giữa x và z , suy ra y x y z 0 hay y2 zx xy yz 
 Do đó y2 z z2 x xyz yz2 
 2 1 1
 x2 y y2 z z2 x x2 y xyz yz2 y z x .2y z x z x 
 2 54
 3
 2y z x z x 4.
 2) Cho tam giác ABC vuông tại C có CD là đường cao. X là điểm thuộc đoạn CD , K 
 là điểm thuộc đoạn AX sao cho BK BC , T thuộc đoạn BX sao cho AT AC , AT cắt 
 BK tại M . Chứng minh rằng MK MT .
 Vẽ đường tròn A; AC , B; BC và đường tròn (I) ngoại tiếp ABC
 Kẻ AX cắt (I) tại Y , BX cắt (I) tại Z , AZ cắt BY tại P 
 Ta có ·AYB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (I) ) AY  BP 
 B· ZA 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (I) ) BZ  AP X là trực tâm của ABP 
Ta thấy ABC# ACD AC 2 AD.AB AT 2 
 ATD# ABT (c.g.c) ·ATD ·ABT 
Tương tự, ta có B· KD B· AK 
Ta có ·APD ·ABZ ·ATD tứ giác ADTP là tứ giác nội tiếp
 AT  PT (1)
Tương tự, ta có BK  PK (2)
 PK PT (3)
Từ (1), (2), (3), suy ra MKP MTP (cạnh huyền – cạnh góc vuông)
 MK MT (đpcm)
 A
 I
 K
 Z
 M D
 X
 T
 C B
 Y
 P
 ..HẾT