SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017 – 2018
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi: Toán 9 THCS
Thời gian: 150 phút
Ngày thi: 05/4/2018
(Đề thi gồm 01 trang, 05 câu)
Câu 1 (4,0 điểm). Cho biểu thức:
4 4 4 4
2 3 2 3
x x x x x x x x
Ax x x x x x

với
0, 1, 4x x x
.
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tính giá trị của biểu thức A khi
(2 3) 7 4 3
21
x
.
Câu 2 (4,0 điểm). Cho phương trình:
22 2 1 0x mx m
.
a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có nghiệm.
b) Gọi
12
, xx
là các nghiệm của phương trình. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
12
22
1 2 1 2
23
2(1 )
xx
Bx x x x
.
Câu 3 (4,0 điểm).
a) Giải phương trình:
.
b) Cho
()fx
là đa thức với hệ số nguyên. Biết
(2017). (2018) 2019ff
. Chứng
minh rằng phương trình
( ) 0fx
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.
b) Chứng minh
1 1 1
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--------------------------------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017 – 2018
Câu
Nội dung
Điểm
1a
Đặt
tx
,
0, 1, 2t t t
khi đó:
3 2 3 2
33
4 4 4 4
2 3 2 3
t t t t t t
At t t t
( 1)( 2)( 2) ( 1)( 2)( 2)
( 1)( 1)( 2) ( 1)( 1)(2 )
t t t t t t
At t t t t t
2
22
2 2 2 4 2
2
1 1 1 1
t t t
At t t t
2
21
Ax
1b
2
(2 3) (2 3)
(2 3) 7 4 3 (2 3)(2 3)
2 1 2 1 2 1
x
121
21
x
Do đó:
22
2 2 2 2
2 1 1 2
A

2a
phương trình:
22 2 1 0x mx m
có a + b + c = 0 nên có hai
nghiệm:
12
1, 2 1x x m
. Chứng tỏ PT luôn có nghiệm
m
(hoặc tính theo
để biện luận)
2b
Do PT luôn có nghiệm nên theo ĐL Vi-et ta có:
1 2 1 2
2 , . 2 1x x m x x m
Suy ra:
22
12
2(2 1) 3 4 1
( ) 2 4 2
mm
Bx x m

Nhận thấy rằng mẫu số của B luôn dương, do đó để B nhỏ nhất thì ta
chỉ xét
4 1 0m
hay
1/ 4m
, đặt
1/ 4 0, ( ê 0)t m n n t
Vậy
1/ 4mt
thay vào B, ta được:
22
4( 1/ 4) 1 4
4( 1/ 4) 2 4 2 9 / 4
tt
Bt t t

Để B nhỏ nhất thì
2
4
4 2 9 / 4
t
Ctt

phải lớn nhất, C>0
Để C lớn nhất thì
2
4 2 9 / 4 1 9
4 2 16
tt
Dt
tt

nhỏ nhất
Áp dụng BĐT Cô si:
9 1 9 1
2. . 2
16 2 16 2
D t t
tt



Dấu = xảy ra khi
93
16 4
tt
t
khi đó m = -1, vậy minB = -1/2 khi
m = -1
3a
ĐK:
1
3
x
22
4 1 3 1 0 (3 1) 3 1 0x x x x x x x
Đặt
3 1 0tx
ta được:
22 0x t x t
( )( ) ( ) 0 ( )( 1) 0x t x t x t x t x t
Với TH
0xt
hay
235
3 1 3 1 2
x x x x x
t/m
Với TH
10xt
hay
1 3 1 1t x x x
, ĐK:
1x
25 17
3 1 1 2 2
x x x x
t/m (loại
5 17
2
x
)
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm:
35
2
x
,
5 17
2
x
3b
Từ giả thiết ta có
(2017), (2018)ff
là các số nguyên và x = 2017,
x = 2018 không là nghiệm của PT
( ) 0fx
Giả sử PT
( ) 0fx
có nghiệm nguyên là
x a Z
, theo định lý Bơ-
zu :
( ) ( ). ( )f x x a g x
với
()gx
là đa thức hệ số nguyên không
nhận x = 2017, x = 2018 làm nghiệm
Do vậy:
(2017) (2017 ). (2017), (2018) (2018 ). (2018)f a g f a g
Nhân vế với vế và áp dụng giả thiết
(2017). (2018) 2019ff
:
2019 (2017 ). (2017).(2018 ). (2018)a g a g
Điều này là vô lý vì vế trái là số lẻ, còn vế phải là số chẵn
(
(2017 ); (2018 )aa
là 2 số nguyên liên tiếp, tích là số chẵn)
Vậy
( ) 0fx
không có nghiệm nguyên (đpcm)
GV có thể mở rộng cho HS:
- Số 2017 và 2018 có thể thay bởi bất cứ số nguyên nào miễn sao có
1 số chẵn và 1 số lẻ. Số 2019 có thể thay bằng 1 số nguyên lẻ bất kỳ.
- Liệu có tìm được đa thức nào hệ số nguyên thỏa mãn giả thiết
(2017). (2018) 2019ff
?
- Đa số chứng minh phương trình không có nghiệm đều sử dụng
phương pháp phản chứng (dựa vào chia hết, số tận cùng ...)
4a
Do AI là phân giác nên
BE CE
, theo tính chất góc ngoài đường
tròn, ta có :
AMC AC BE AC CE ANC
Vậy tứ giác AMNC nội tiếp
4b
Do hai tứ giác AMNC và ABEC nội tiếp, nên ta có các góc trong
bằng nhau:
1 1 1 2 2 2
;;A C A C A M
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
EI CI
;
EN FN
EI FC
CN FN
CI FC

1
CN CN CF CN CN
CI FC CI FC
Chuyển vế :
1
CN CN
CI FC

, chia 2 vế cho CN ta có điều phải chứng
minh
4c
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
BAI IAC LHC
, và
BIA EIC LGC HLC
(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
5
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 tổng số trận giảm đi
một nửa, do đó có tất cả
n(n 1)
2
trận đấu
Vậy
n(n 1) 120 ( 1) 240 16, ( 15
2n n n n
loại)
KL : có tất cả 16 đội bóng tham gia.