Kỳ thi học sinh giỏi bậc thcs cấp thành phố năm học 2015 - 2016 đề thi môn: Toán thời gian: 150 phút (không tính giao đề)

GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm và giới thiệu) trang 1 
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TP BUÔN MA THUỘT 
--------- 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
KỲ THI HỌC SINH GIỎI BẬC THCS 
CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2015-2016 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
Thời gian: 150 phút (không tính giao đề) 
Ngày thi: 24/02/2016 
Bài 1: (4 điểm) 
Cho biểu thức 
2 2 1
3
1 1
  
        
x x x x
P
x x x x
a) Rút gọn P. 
b) Tính giá trị của P khi 5 2 5 2 3 2 2
5 1
  
  

x . 
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P. 
Bài 2: (5,5 điểm) 
a) Chứng minh rằng: 5 30n n  với mọi n Z 
b) Giải phương trình 34 1 3 2
5

   
x
x x 
c) Cho biết    3 3 2 23 4 4 0      a b a b a b và 0ab . 
Tìm giá trị lớn nhất của 1 1 Q
a b
Bài 3: (3,0 điểm) 
a) Tìm tất cả các số thực m để hệ phương trình 
2
3 5
 

 
mx y
x my
 có nghiệm (x; y) sao cho x 
> 0 và y < 0. 
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 5x – 2007y = 1 với x  [0; 3000] 
Bài 4: (4,5 điểm) Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; r) cắt nhau tại A và B (R > r). Hai 
điểm O và O’ nằm khác phía đối với đường thẳng AB. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài CD cắt 
đường thẳng AB tại K (C  (O) và D  (O’)). 
a) Chứng minh: KC2 = KA.KB. 
b) Đường thẳng qua C song song với AD cắt đường thẳng qua D song song với AC tại 
E. Chứng minh K là trung điểm của AE. 
c) Chứng minh: BE < R + r. 
Bài 5: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc A nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Lấy điểm 
D trên cung BC (D thuộc cung BC không chứa đỉnh A, D  B, D  C). Vẽ DH  BC (H  
BC), DK  AB (K  AB), DI  CA (I thuộc đường thẳng AC). 
Chứng minh rằng:  BC AC AB
DH DI DK
GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm và giới thiệu) trang 2 
BÀI GIẢI SƠ LƯỢC 
Bài 1: (4 điểm) 
a) Rút gọn P (ĐK: 0x ) 
      
2 2 1
3
1 1
1 1 2 1 1 1 2
3 1 2 2
1 1 1 1
  
        
                       
 
x x x x
P
x x x x
x x x x x x x x
x x x
x x x x x x
b) Tính giá trị của P khi 5 2 5 2 3 2 2
5 1
  
  

x 
Ta có 
2
5 2 5 2 2 5 2 5 2 5 2 5 2 5 2
2 2 0
5 15 1 5 1 5 1
                   
        
do đó  25 2 5 2 3 2 2 2 2 1 2 2 1 1 0
5 1
  
          

x 
Vậy giá trị của P khi 1x là 1 1 2 1
1 1
 


c) Tìm GTNN của P: Ta có 
     22 1 1 12
1 1
1 1 1
     
    
  
x x x xx x
P
x x x
(vì 
 21
0
1



x
x
 với mọi 0x ). Dấu “=” xảy ra khi 1 0 1   x x (TMĐK) 
Vậy Min P = 1 khi x = 1 
Bài 2: (5,5 điểm) 
a) Chứng minh rằng: 5 30n n  với mọi n Z 
Ta có      5 21 1 1 6    n n n n n n  (Vì 1, , 1 n n n là ba số nguyên liên tiếp) 
Lại có                 5 21 1 4 5 2 1 1 2 5 1 1 5               n n n n n n n n n n n n n n  (Vì 
2, 1, , 1, 2   n n n n n là 5 số nguyên liên tiếp) 
Vậy 5 56, 5 n n n n  và ƯCLN(5; 6) = 1 nên 5 30n n  với mọi n Z 
b) Giải phương trình  34 1 3 2 *
5

   
x
x x (ĐK 2
3
x ) 
Đặt  4 1, 3 2 0, 0     a x b x a b 
Ta có     
2 2 0
* 5 0
5 05
 
            
a ba b
a b a b a b
a b
+) Trường hợp: 0 4 1 3 2 4 1 3 2 3            a b x x x x x (loại vì 2
3
x ) 
+) Trường hợp: 25 0 4 1 3 2 5 4 1 5 3 2 9
3
                
 
a b x x x x x 
  
 
 
2 210 3 2 22 344 684 0 2 342 0
342

              
x TMDK
x x x x x x
x khong TMDK
Vậy nghiệm của phương trình là 2x 
GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm và giới thiệu) trang 3 
c) Ta có:        3 3 2 2 3 2 3 23 4 4 0 3 4 2 3 4 2 0               a b a b a b a a a b b b 
               3 32 21 2 1 1 1 2 1 1 0 1 1 1 1 0                         a a a b b b a b a b 
                3 3 2 21 1 1 1 0 2 1 1 1 1 1 0                     a b a b a b a a b b 
       
2
21 3
2 1 1 1 1 0 2 0
2 4
                     
a b a b b a b 
(Vì      
2
21 3
1 1 1 1 0
2 4
         
a b b ). Do 
2 0 2 0
0 2 0
      
 
    
a b a
ab b
Do đó 
   
1 1 2 2
2 2
 
    
  
a b
Q
a b ab a a a a
Mặt khác  2 2 2
1
1 0 2 1 1
2
        

a a a
a a
 (Vì  22 0 2 2 0       a a a a a ) 
Nên 
 
1 1 2
2
2
    

Q
a b a a
. Dấu “=” xảy ra 
2 0
0 1
1 0
  

    
  
a b
ab a b
a
Vậy Max Q = 2 1    a b 
Bài 3: (3,0 điểm) 
a) 
   
2 2
2
2 2
2 5 5 6
2222 3 3
3 2 5 3 2 53 5 2 5 2 5
3 3
                                    
   
m m
y m yy mxy mxmx y m m
x m mx m x mx my m m
x x
m m
(vì 2 3 0,  m m ) 
Khi đó 
2
2
2 5
00 2 5 0 5 63
0 5 6 5 6 0 2 5
0
3
             
     
 
m
x mm m
y m m
m
 (vì 2 3 0,  m m ) 
b) Ta có: 2007y 1 2y 1 2y 15x 2007y 1 x 401y Z
5 5 5
  
        
đặt  2y 1 5m 1 m 1 m 1m m Z y 2m Z
5 2 2 2
   
        
đặt    
 2007y 1x 2007 5k 2 1m 1 5 x 2007k 803k k Z m 2k 1 55 2k 1 12
y 5k 2y
2
        
       
     
vì      x 0; 3000 0 2007k 803 3000 0 k 1 k 0;1 k Z           
+) Với k 0 , ta có 
x 803
y 2



; +) Với k 1 , ta có 
x 2810
y 7



. 
GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm và giới thiệu) trang 4 
Bài 4: (4,5 điểm) 
H
K
E
D
C
I
A
B
O O'
a) Chứng minh: KC2 = KA.KB. 
ACK và CBK có:  AKC CKB (góc chung),  ACK CBK (góc nội tiếp và góc .) 
Vậy ACK CBK 2KC KB KC KA KB
KA KC
     
b) Chứng minh K là trung điểm của AE. 
Chứng minh tương tự câu a) có KD2 = KA.KB  KC2 = KD2   1KC KD CD a
2
  
Tứ giác ACED có: AD // CE, AC // DE (gt) nên tứ giác ACED là hình bình hành 
Suy ra AE và CD cắt nhau tại trung điểm mỗi đường (b) 
Từ a) và b)  K là trung điểm của AE. 
c) Chứng minh: BE < R + r. 
Tứ giác CDO’O có: OC // O’D (OC  CD, O’D  CD vì CD là tiếp tuyến của (O) và 
(O’)), nên tứ giác CDO’O là hình thang. 
Gọi I là trung điểm OO’, K là trung điểm CD (theo trên)  IK là đường trung bình bình 
thang CDO’O  2KI OC O D R r 1     
Gọi H là giao điểm của AB và OO’ 
 AH  OO’, AB = 2AH ((O) và (O’) cắt nhau tại A, B) 
vì AE = 2AK (câu b), AB = 2AH  BE = 2(AK + AH) = 2KH (2) 
Mặt khác KHI vuông tại H (AH  OO’)  KH < KI  2KH < 2KI (3) 
Từ 1), 2), 3)  BE < R + r. 
Bài 5: (3,0 điểm) Chứng minh rằng:  BC AC AB
DH DI DK
Cách 1: 
I
K
H
O
A
B
C
D 
GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm và giới thiệu) trang 5 
BKD và CID có:   0BKD CID 90  (gt),  KBD ICD (tứ giác ABDC nội tiếp) 
Vậy BKD CID BK CI
DK DI
  
Do đó  AC AB AI CI AK BK AI AK BK CI AI AK a
DI DK DI DK DI DK DK DI DI DK
     
           
   
AKD và CHD có:   0AKD CHD 90  (gt),  KAD HCD (góc nội tiếp cùng chắn BD ) 
Vậy AKD CHD  AK CH b
DK DH
  
AID và BHD có:   0AID BHD 90  (gt),  IAD HBD (góc nội tiếp cùng chắn CD ) 
Vậy AID BHD  AI BH c
DI DH
  
Từ a), b), c) AC AB BH CH BC
DI DK DH DH DH
     
Cách 2: 
I
K
H
O
A
B
C
D
E
Trên cạnh BC lấy điểm E sao cho  BED ACD 
BED và ACD có:  BED ACD (gt),  EBD CAD (góc nội tiếp cùng chắn CD ) 
Vậy BED ACD, lại có DH  BE, DI  AC (gt)  AC BE 1
DI DH
  
ABD và CED có:  ABD CED (lần lượt bù với  ACD BED ),  BAD ECD (góc nội tiếp 
cùng chắn BD ) 
Vậy ABD CED, lại có DK  AB, DH  CE (gt)  AB CE 2
DK DH
  
Từ 1), 2) AC AB BE CE BC
DI DK DH DH DH
    