UBND HUYỆN KHOÁI CHÂU
PHÒNG GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO

ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI
Năm học 2016 - 2017
Môn: Toán – Lớp 9
Thời gian làm bài 120 phút (không kể giao đề)

Câu 1 (2điểm).
1
1
1
. Chứng minh:

 ... 
2. 3  3. 2 3. 4  4. 3
9. 10  10. 9
4
P  25x 2  2 là một số nguyên.
x

1) Cho x 

2) Định m nguyên để hệ sau có nghiệm duy nhất là nghiệm nguyên:
mx + 2y = m +1

2x + my = 2m -1
Câu 2 (1điểm).
Tìm số nguyên dương a lớn nhất sao cho S  4a  427  41016 là số chính phương.
Câu 3 (3điểm).
1) Giải phương trình: 2 x2  4x  9  5x  6  7x  11  0

Họ và tên học sinh: ..................................................


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

Nội dung
x
3.2



Điểm
1
3 2




4.3



1
4 3



 ... 
10.9


2
10
1
1
Vậy x 2  1 
1 x 2   1 x 2
5
5
1
 1  2 x 2  2 x2   5x2  2  5x 2
5



1
10  9





Câu 1





 5x 2  2



Câu 2

1đ

Nên để x, y là những số nguyên khi m là số nguyên thì
m + 2  Ư(3) = 1; 1;3; 3
Vậy: m + 2 =  1;  3 => m = -1; -3; 1; -5
b) Xét a  27 và S là số chính phương.



Ta có: S  4a  427  41016  427 1  4989  4a 27    227  1  21978   2a 27 
2

2



 B  1  21978   2a 27  phải là số chính phương
2

Ta có: B   2a 27   B   2a 27  1
2

2

1đ

 21978  2.2a 27

a) Ta có HE  AC  HEA
  900
HF  AB  HFA
  HFA
  900 nên nội tiếp
Tứ giác AEHF có HEA
đường tròn đường kính AH
Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nên
I cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF .
Vậy I là trung điểm của AH

1,5đ

A

I
O

F

E

1đ

H
B
M

C
D

(Không đổi)
2
Kẻ đường kính AD của đường tròn  O  . Ta có HB  AC; DC  AC
 HB / /CD

Chứng minh tương tự ta cũng có HC / / BD  BHCD là hbh.
 H , M , D thẳng hàng và M là trung điểm của HD
Xét tam giác AHD có OM là đường trung bình.  OM 

1đ

1
AH
2

 IE  OM . Do đường tròn  O  cố định và điểm B, C, M cố định nên
OM  const . Vây MI  const  I luôn thuộc đường tròn cố định là đường

tròn có tâm M và bán kính bằng OM 2  MB2  R là bán kính của đường
tròn  O 
Câu 5

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: x 2  1  2x (do x > 0)
Nên

x
x
1
z 


 2
 2
  



x  z  1 y  x  1 z  y  1 2 2  2y  x 2z  y 2x  z 
x
y
z
x2
y2
z2





Ta có:
2y  x 2z  y 2x  z 2xy  x 2 2yz  y 2 2xz  z 2
A

2

Áp dung BĐT Bu nhia ta có:
 x2

y2
z2
 2xy  x  2yz  y  2zx  z   2xy  x 2  2yz  y 2  2xz  z 2   (x  y  z) 2

x  z 1 y  x 1 z  y 1
Dấu “=” xảy ra  x  y  z  1
Vậy GTNN của A = 1 khi x  y  z  1
2

2

2

1đ