PHÒNG GD&ĐT
TP. BẮC GIANG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2017-2018
Môn: Toán lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút
Thi ngày 14 tháng 1 năm 2018

Bài 1: (5 điểm)
 x2 x 4

a/ Cho biểu thức M  

 x x 8

x  2 x 1   3 x  5
2 x  10 

 : 

x  1   x  2 x  6 x  5 

Rút gọn M và tìm x để M>1
b/Cho a, b, c >0 thỏa mãn ab  bc  ca  1 . Tính H=

a b
b c
c a



x

y

z

Bài 4: (6 điểm)
Cho đoạn thẳng OA=R, vẽ đường tròn (O;R). Trên đường tròn (O;R) lấy H bấy kỳ sao
cho AH
x 1   x  2
x  1 
 x 2



x 1 







 



x 1

x 2



x 2



x 1


0,5



x  5)( x  1)  2( x  2)



x 2



0,5



x 1

x  1  x  2 x  x  2 3x  3 x  5 x  5  2 x  4
:
x 2
x  11
x 2
x 1








x 1



3x  9
x 2







1

x 1

3



x 1



 

x 1





x 1

3( x  3)

x 1

3



x 1



0,25

1  0 

42 x
3





x 1


 Vì ab  bc  ca  1 nên 1+c= ab  bc  ca  c  ... 
 Tương tự ta có 1  a 
 Vậy H=



a b

a b





0,5

x 1



a  c ;1  b 

b c



a




2,0đ

1
1
1
1
1
1





0
b c
a c
a c
a b
a b
b c
4,0đ

Giải phương trình

30 

5
5
 6 x2  2  6 x2
2

2
6x 1  x
x2
2



5
5
5
5
Vì x 2 
 6 x 2  2  0 , theo côsi ta có 6 x 2  2  (6 x 2  2 ) 1 
6
x
x
x
5
Dấu = có khi 6 x 2  2  1  x  1
x
5
5
 6 x2 1  6 x2  2  1
2
5
5
x
Vây ta có 30  2  6 x 2  2  x
x
x


b/
2,0đ

Tìm số thực x để 3 số x  3; x 2  2 3; x 

2
là số nguyên
x

2
với a, b, c  Z
x
Từ a  x  3  x  a  3; từ b  x2  2 3  x 2  b  2 3 , nên ta có

Đặt a  x  3; b  x 2  2 3; c  x 

a  3

2

0,75

 b  2 3  a 2  2 3a  3  b  2 3  2 3  a  1  b  a 2  3

b  a2  3
b  a2  3
 Q  2 3  Q  VL
, vì a, b  Z 
a 1


Đặt  x  2, 4 x 2  6 x  3  d với d  N *

Ta có x  2 d   x  2 4 x  2  d  4 x  6 x  4 d

Ta lại có 4 x2  6 x  3 d   4 x2  6 x  3   4 x2  6 x  4   1 d  d  1

0,5

0,5


Vậy  x  2, 4 x2  6 x  3  1

0,75

mà  x  2   4 x 2  6 x  3 = k 2 nên ta có
x+2 và 4 x2  6 x  3 là số chính phương  x  2  a2và 4x 2  6x  3  b2 với a,b  N *
2
2
Vì x>0 nên ta có 4 x2  b2  4 x2  12 x  9   2 x   b2   2 x  3
Vì b lẻ nên b2   2 x  1  4 x2  6 x  3  4 x2  4 x  1  x  2
2

Với x=2 ta có 4 x3  14 x2  9 x  6 =100=102 là số chính phương
b/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  xyz .
b/
2,0đ

Chứng minh rằng:

x
x xy yz zx
 x y  x z  2  x y z 

1  1  x2 1  4 1 1 
    .
2 x y z 
x

1 1 y2 1  1 4 1  1 1 z2 1  1 1 4 
Tương tụ ta có
     ;
    
2 x y z 
2 x y z 
z
y

Vậy ta có

 1 1 1
1  1  x2 1  1  y 2 1  1  z 2


 3     ;"  "  x  y  z
x
y
z
x y z



1  1  x2 1  1  y 2 1  1  z 2


 xyz ; "  "  x  y  z
x
y
z

0,25
6đ

Bài 4
a
B
M
H
E
O

A

N
C

a/
3đ

a/ Chứng minh OM  OB=ON  OC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định
*Ta có OH  HB (t/c tiếp tuyến)  OHB vuông tại H, mà HM  OB (gt) nên theo hệ


0,5

Xét  OMA và  OAB có O chung, có

b/
1,5đ

0,5
0,5
0,5

MN luôn đi qua 1 điểm cố định
b/ Chứng minh OB. OC=2R2
Ta có OM  OB  ON  OC 

0,5

OM ON

OC OB

OM ON

 OMN OCB ,
OC OB
OM OE
OM OE OE 1
1
mà OE  MN và OH  BC nên ta có

1 1
4 2

0,5

SOMN OE 2 OE 2
OE 2
1




2
2
2
SOCB OH
OA
 2OE  4
1
8

1
8
Dấu bằng có khi B, A, C thẳng hàng  H  A

1
8

1
4

0,25