SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2016-2017
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Bài 1. (4,0 điểm)
Cho biểu thức: P =

x
y
xy
−
−
( x + y )(1 − y ) ( x + y )( x + 1) ( x + 1)(1 − y )

1. Rút gọn biểu thức P.
2. Tìm các giá trị x, y nguyên thỏa mãn P = 2.
Bài 2. (4,0 điểm)
1. Tìm m để phương trình ( x 2 − 1)( x + 3)( x + 5) = m có 4 nghiệm phân biệt
x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn

1 1 1 1
+ + + = −1
x1 x2 x3 x4

 x 2 = 2 + xy 2
2. Giải hệ phương trình :  2


K THI CHN HC SINH GII LP 9 THCS
NM HC 2016-2017
Mụn thi: TON

P N CHNH THC

P N-BIU IM
Cõu
Cõu
1.1
(2,5
)

Ni dung

iờu kiờn P xỏc nh la : x 0 ; y 0 ; y 1 ; x + y 0 .
P=

=

=
=
Cõu
1.2
(1,5
)
Cõu
2.1
(2,0


y +x

y 1+

)(

=

(1 y )
xy

P=2

x +



(

x 1+

x +

y

) (1 y )

xy + y xy


=

(

)

( x y ) + x x + y y xy

y 1+

(
y

)

x +1

)

)(

x +

(



y 1+
y



x 1

im
0,5

)

0,5
x

)

)

0,5

0,5

0,5

y

xy

y = 2 vi x 0 ; y 0 ; y 1 ; x + y 0

) (

y

0,25

(2)

t y = x 2 + 4 x + 4 = ( x + 2) 2 0 (x R ) . Khi o (2) co dang :
( y 1)( y 9) = m hay y 2 10 y + 9 m = 0
(3)

0,25

Phng trỡnh (1) co bụn nghiờm phõn biờt tng ng vi phng trỡnh (3) co hai
nghiờm dng phõn biờt y1 > y2 > 0 .

' = 16 + m > 0

S = y1 + y2 = 10 > 0 16 < m < 9
(4)
P = y .y = 9 m > 0
1 2

Khi y1 , y2 la hai nghiờm dng phõn biờt cua phng trỡnh (3) thỡ phng trỡnh
(2) tng ng vi :
x 2 + 4 x + 4 y1 = 0 hoc x 2 + 4 x + 4 y2 = 0
2
Gi x1, x2 la hai nghiờm phõn biờt cua phng trỡnh : x + 4 x + 4 y1 = 0
2
Gi x3, x4 la hai nghiờm phõn biờt cua phng trỡnh : x + 4 x + 4 y2 = 0
p dung nh lý vi-et cho cỏc phng trỡnh (3), (5), (6) ta co :

0,5

đ)
- Trừ từng vế hai phương trình của hệ ta được ;
=

(3)
x = y
x 2 − y 2 = xy 2 − x 2 y ⇔ ( x − y )( xy + x + y ) = 0 ⇔ 
 xy + x + y = 0 (4)

0,5

0,5

- Thay y = x từ (3) vào (1) ta được phương trình :

 x = −1

x 2 = 2 + x 3 ⇔ ( x + 1)( x 2 − 2 x + 2) = 0 ⇔  x = 1 − 2
x =1+ 2


0,5

Vậy ta được các nghiệm (x; y) là :
(−1; −1); (1 − 2;1 − 2); (1 + 2;1 + 2)
−x
- Từ (4) suy ra y =
( vì x = -1 không phải là nghiệm của (4)). Thay y vào
x +1



0,5
Câu Ta có :
3.1
p 2016 − 1 = ( p 4 )504 − 1504 = ( p 4 − 1). A = ( p − 1)( p + 1)( p 2 + 1). A
(2,0đ)

(1) ( A ∈ N )
Vì P là số nguyên tố lớn hơn 5 nên p là số lẻ, suy ra p – 1, p +1 là hai số chẵn liên tiếp
⇒ ( p − 1)( p + 1)M4
(2)
3 . Nhưng p không
Vì p – 1, p, p+1 là ba số tự nhiên liên tiếp nên ( p − 1) p( p + 1)M

0,5

0,5

0,5


3
chia hết cho 3 nên ( p − 1)( p + 1)M

(3)

Vì p không chia hết cho 5 nên p có một trong các dạng 5k ± 1; 5k ± 2
- Nếu p = 5k ± 1 thì p 2 = 25k 2 ± 10k + 1 = 5n + 1
- Nếu p = 5k ± 2 thì p 2 = 25k 2 ± 20k + 4 = 5l − 1


2

2

2

0,5

0,5

2

1
1
+
< 2 ⇒ t =1
xy 2 x 2 y
Thay t = 1 vào (*), ta được x 2 y 2 − x − y < 0 ⇒ xy − x − y < 0 ⇒ ( x − 1)( y − 1) < 1
⇒ x =1
⇒ y 2 − y < 0 ⇔ y ( y − 1) < 0
( vô lý)
Vậy tx 2 y 2 − x − y ≥ 0 (2)
- Nếu tx 2 y 2 − x − y < 0 (*) thì t

(6)
y t ty
2 1 1
2 1 1
- Nếu y ≥ 4 thì ty ≥ 4 > 2 + + + 3 ≥ 2 + + + 3 . Điều này mâu thuẫn với (6).
4 t t.4
y t ty
Vậy y ∈ { 2;3} (Vì y > x = 1)

0,5
0,5


 x3 + y 3 = 9Mz 2

⇔ x = 1; y = 2; z = 3 .
+ Nếu y = 2 thì  x ≤ y ≤ z
 x = 1; y = 2

 x3 + y 3 = 28Mz 2

+ Nếu y = 3 thì  x ≤ y ≤ z
.( Loại)
 x = 1; y = 3

- Thư lại ta thấy (x, y, z) = (1, 2, 3) và các hoán vị của nó thỏa mãn.
Vậy thương của phép chia x 3 + y 3 + z 3 : x 2 y 2 z 2 là t = 1.
Câu
4.1
(2,5

( Vì DN // AB)
·
·
BAC
= DNC
·
·
⇒ DBC
= DNC
-

Suy ra tứ giác BDCN nội tiếp (2)
Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm B, O, N, C, D cùng
thuộc một đường tròn.
Vậy tứ giác BONC là tứ giác nội tiếp

+ Chứng minh tam giác ABN cân
Ta có :
·ANO = OBC
·
( Vì cùng bù với góc ONC)

0,5
0,5

0,5

·
·
( Vì tam giác OBC cân tại O)

·
là góc chung
BDN

·
·
( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau )
BND
= MBD
⇒ ∆DBM : ∆DNB ( g .g )
⇒

DB DM
=
⇔ DB 2 = DM .DN
DN DB

(5)

- - Xét tam giác DIB và tam giác DBA, ta có :
·ADB là góc chung

·
·
( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung )
DBI
= BAD
⇒ ∆DIB : ∆DBA ( g .g )
⇒



·
·
( cùng chắn cung CI)
NAD
= CBI
·
·
⇒ CBI
= IMD

Kết hợp với góc KBM chung, suy ra :

∆KMI : ∆KBM (c.g .c )
KM
KB
⇒
=
KI
KM
2
⇒ KM = KI .KB (6)

0,5

Mặt khác :

·
·
( Hai góc so le trong )

đ)

c) Giả sư PI cắt BC tại L, IQ cắt AB tại S.
Ta có :

PI
BI
IL
=
=
( vì PI // MN ; định lí ta let)
DK BK KM
PI QI
IL
=
=
( vì AB // PL ; định lí ta let)
AS QS BS

0,5
(8)
(9)
0,5

Vì DK = KM nên từ (8) suy ra : PI = IL
Vì PI = IL nên từ (9) suy ra : AS = BS
Giả sư SI cắt DK tại T, suy ra :

AS SI BS
=

⇔ bc ≥ 2(5 − a ) − 4 = 6 − 2a

0,5

(**)

Do đó
A = a + b + c = a + b + c + 2 bc ≥ a + 5 − a + 2 6 − 2a

( Theo (**) )

⇔ A ≥ a + 3 − a + 2 2 3 − a + 2 = a + ( 3 − a + 2) 2 = a + 3 − a + 2

vì

(

a + 3− a

)

2

= a + 2 a (3 − a) + 3 − a = 3 + 2 3a − a 2 = 3 + 2 ( a − 1)(2 − a) + 2

≥ 3 + 2 2 = ( 2 + 1) 2

Nên

0,5