Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh hưng yên năm học 2017 2018 có đáp án

HƯỚNG DẪN

Câu 1.

1 1
1
1
1
1
1
 
 
 
 a  2018
a b 2018
a 2018 b 2018

a) với a, b là số dương ta có
tương tự b > 2018

1 1
1
 
 ab  2018a  2018b  ab  2018a  2018b  20182  20182
a b 2018
 a  b  2018  2018  b  2018  20182   a  2018 b  2018  20182

mà

 a  2018  b  2018   2018  2  a  2018  b  2018   2.2018

 a  2018  2  a  2018  b  2018   b  2018  a  b







a  2018  b  2018



2

 a  b  a  2018  b  2018  a  b

b) với a là nghiệm dương của pt

6x 2  3x  3  0  6a 2  3a  3  0  6a 2  3 1  a 
 36a 4  3  a 2  2a  1  36a 4  36a  72  3a 2  30a  75  36  a 4  a  2   3  a  5 

2

 6 a 4  a  2  3a  5 3

Mặt khác ta có
a2

A= a 4  a  2  a 2



 a  2 

a4  a  2  a2
a2



a4  a  2  a2

 6A  6 a 4  a  2  6a 2
 6A  3a  5 3  6a 2  6a 2  3a  3  6 3  6 3  A  3

Câu 2.
a) ĐK: x  1
pt trở thành:

x



3

2x

x

1 1 x

* ta thấy x = 0 là nghiệm của pt
Xét x khác 0, chia hai vế cho x ta được:



3

2x

 1

2  x  1 1 x
1 1 x
Đặt 3 2  x  a  a 3  2  x  a 3  1  1  x
3

Ta có pt a  1  a 3  1  a  1 

 a  1  a 2  a  1  0 

a 1





a 1  a2  a 1  0

 a 1  0


 a  1  a 2  a  1  0
*) a  1  0  a  1  3 2  x  1  x  1(t / m)

* a  1  a 2  a  1  0  a  1  a 2  a  1  a 2  2  0 (vô nghiệm)
Vậy pt đã cho có nghiệm là x = 0; x = 1
2
b) y 4  6y3  11y 2  6y   y 2  3y   2  y 2  3y 


Đặt y 2  3y  a pt trở thành:

 x  2018   a  1
2

2

 1   x  2018  a  1 x  2018  a  1  1

 x  2018  a  1  1
 x  2018  a  1  1
hoặc 
 x  2018  a  1  1
 x  2018  a  1  1
 x  2018
 x  2018  a  1  1
2x  2.2018
 x  2018
*) 



 2
 x  2018  a  1  1  x  2018  a  1  1 a  0
 y  3y  0

=> 

 x  2018

  x; y    2018;0  ;  x; y    2018;3
  y  0
 y  3

 x  2018
 x  2018  a  1  1  x  2018
 x  2018


 2
 x  2018  a  1  1
 x  2018  a  1  1 a  2
 y  3y  2

*) 

 x  2018

   y  1   x; y    2018;1 ;  x; y    2018;2 
 y  2


Vậy cặp số nguyên(x;y) thỏa mãn đề bài là:  2018;0  ;  2018;3 ;  2018;1 ;  2018;2 
Câu 3.
1
2
Từ pt  3x  2y  y  1  4  x 2  3xy  3x  2y 2  2y  x 2  4  0

a) x; y 

 x  x  y  1  2y  x  y  1  4  x  y  1  0   x  y  1 x  2y  4   0

1
=> x  2y  4  0 nên x  y  1 = 0  y = 1 – x thay vào pt (1) ta được
2
2
2x  1

4x 2  4x  1
2x  1  3  2x 
 2x  1  3  2x 
2
2
1
3
 x  . Đặt 2x  1  3  2x = t > 0 =>
ĐKXĐ:
2
2

Do x; y 

 t2  4 
t2  4
t  4   2x  1 3  2x   4x  4x  3 
 4x 2  4x  3  

2
 2 
2

2

2

4x 2  4x  1
t 4  8t 2


Do đó ta có pt:
2
8
t 4  8t 2
t
 t 4  8t 2  8t  0  t  t  2   t 2  2t  4   0
8
Vì t > 0 => t = 2 hoặc t = 1  5
3
1
1
3
*) Với t = 2 ta có pt: 2x  1  3  2x  2  x1  ; x 2   y1  ; y 2 

2
2
2
2
2
* Với t = 1  5 => 2x  1  3  2x  5  1  4x  4x  3  1  5  0 (vô lý)
 3 1   1 3 
Vậy hệ pt đã cho có nghiệm là  ;  ;  ; 
2 2   2 2


b) ta có:
3yz 4zx 5xy  yz zx   2yz 2xy   3zx 3xy 


  



  2z  4y  6x
x
y
z
x
y
x
z
y
z












 1 
4
 x

Mà 2z  4y  6x  2z  2x  4y  4x  4 xz  8 xy  4 x 2 y  z  4 x 
Do đó

3yz 4zx 5xy


4
x
y
z

Dấu ‘=’ xảy ra  x = y = z =
Câu 4.

1
3

B
D

K
A

M

J

I

O

N

E

C

a) Chứng minh: AK.AI = AE.AC
ta có tứ giác BDEC nội tiếp => góc B = góc AED
mà góc B = góc AIC (góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
=> góc AED= góc AIC => tg AKE đồng dạng với tg ACI
=> AK/AC = AE/AI => AK.AI = AE.AC
b) Tính AK theo R
Trong (O) có cát tuyến ACE nên có hệ thức : AC.AE = OA2 – R2 = 4R2 – R2 = 3R2
(đều bằng bình phương tiếp tuyến vẽ từ A tới (O))
Mặt khác Dễ thấy tg AOB đồng dạng tg COI => OA/OC = OB/OI

=> OA.OI = OB.OC = R2 (1) => OI = R2/OA = R2/2R = R/2 => AI = OA + OI = 2R
+ R/2 = 5R/2 => AK = AC.AE/AI = 3R2/(5R/2) = 6R/5
c) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE thuộc đường thẳng cố định
OA cắt (O) tại M, N (M nằm giữa A và K) =>
MK = AK - AM = 6R/5 - R = R/5
NK = AN - AK = 3R - 6R/5 = 9R/5
Vì EMDN nội tiếp (O) nên tương tự (1) ta có : DK.EK = MK.NK = 9R2/25
Mặt khác gọi J là giao của đường tròn ngoại tiếp tam giác AED và AO ta có:
AK.KJ = EK.DK =>JK = ED.EK/AK = (9R2/25)/( 6R/5) = 3R/10 => J cố định =>
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn chạy trên đường thẳng trung trực của
đoạn AJ cố định.


Câu 5.
Ta chia thành 2 nhóm. Nhóm 1 từ 1 đến 312, nhóm 2 từ 313 đến 625.
Giả sử không có số chính phương nào trong 312 số chọn ra.
Giả sử ta chọn ra k số ở nhóm 1. Để ý rằng mỗi số ở nhóm 1 luôn tồn tại 1 số
nhóm 2 sao cho tổng của chúng bằng 625 do đó ở nhóm 2 ta chỉ có thể chọn được
thêm 312 - k số ( do đó tổng mỗi cặp không bằng 625 ).
Do có 1 số 92 ở nhóm 1 và số 122 ở nhóm 2 có tổng là 125 nên ta lại mất đi 1
cách chọn 1 số ở nhóm 2.
Vậy tóm lại là số cách chọn của nhóm 2 chỉ có thể là 311 - k nên tổng số số của
2 nhóm là 311 - k +k =311 ( vô lí ).
=> đpcm.
Cách khác:
Ta chia 625 số đó thành 313 tập hợp là {1;624},{2;623},...,{625}
Giả sử trong 312 số ta chọn không có số chính phương, vậy 312 số đó phải thuộc 312
tập hợp {1;624},{2;623},...{312;313} do 625 là số chính phương, đồng thời cũng
không có 2 số nào thuộc cùng 1 trong 312 tập hợp trên vì nếu có, sẽ có 2 số có tổng là
625, vậy mỗi số ta chọn nằm ở mỗi tập hợp khác nhau trong 312 tập trên, vậy sẽ có

số thuộc tập {225;400} mà cả 2 số này đều là SCP=>đpcm
--------Hết-------