Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh bình định năm học 2017 2018 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
KHOÁ NGÀY 18 – 3 – 2018

Đề chính thức

Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 18/3/2018

Bài 1. (4,0 điểm)
1. Chứng minh n 6  2n 4 + n 2 chia hết cho 36 với mọi n nguyên dương.
2. Cho ba số phân biệt a, b, c. Đặt:
2
2
2
x =  a + b + c   9ab , y =  a + b + c   9bc , z =  a + b + c   9ac
Chứng minh rằng: trong ba số x, y, z có ít nhất một số dương.
Bài 2. (5,0 điểm)
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

 x  y   2x + y + 1

 9  y  1  13

2. Giải phương trình:
x2 

x  2018  2018

Bài 3 (4,0 điểm)
2
2
2
1. Cho a, b, c là ba số không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c �2  ab + bc + ca  và p, q, r

là ba số thỏa mãn p + q + r = 0.
Chứng minh rằng: apq + bqr + crp �0.
2. Cho các số dương a, b thỏa mãn điều kiện a.b = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
2
M =  a + b + 1  a + b  +

4
a+b

Bài 4 (7,0 điểm).
1. Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF và trực tâm là H.
a) Chứng minh rằng: AC.BD.CE = BE.CD.BH
b) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AH và BC. Đường tròn đường kính AH cắt đoạn
thẳng IJ tại K. Tia AK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại M và cắt đoạn thẳng BC tại
P. Tia MD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại Q. Chứng minh tứ giác AQDP nội tiếp.
2. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển trên các cạnh
AB, AC sao cho BD = AE. Xác định vị trí của điểm D và E sao cho:
a) DE có độ dài nhỏ nhất
b) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất.


LỜI GIẢI THAM KHẢO

Bài 1:
2
2
n  n + 1  n + 2  �
1. Ta có n 6  2n 4 + n 2  n 2  n 2  1  �
�
�
Lại có: n  n + 1 M2; n  n  1  n  1 M3 (vì n �N* ) mà (2 ; 3) = 1 nên n  n  1  n  1 M6
Đặt A = n  n  1  n  1 ta có A M6 � A 2 M36
Vậy n 6  2n 4 + n 2 chia hết cho 35 với mọi n �N*

2. Ta có: x   a + b + c   9ab ; y =  a + b + c   9bc ; z =  a + b + c   9ac
Do đó:
2
x + y + z = 3  a + b + c   9  ab + bc + ca   3  a 2 + b 2 + c 2   6  ab + bc + ca   9  ab + bc + ca 
2

2

2

2
2
2
2
2
2
= 3  a + b + c   3  ab + bc + ca   3  a + b + c  ab  bc  ca 

3

3
2
2
2
2a 2 + 2b 2 + 2c 2  2ab  2bc  2ca   �
�a  b  +  b  c  +  c  a  �

�
2
2
2
2
2
Vì a, b, c phân biệt nên  a  b  +  b  c  +  c  a  > 0 � x + y + z  0 (1)
Giả sử cả ba số x, y, z �0. Từ (1) suy ra vô lí

=

Nếu có 2 số nhỏ hơn 0 hoặc 2 số bằng 0 thì thì từ (1) suy ra có ít nhất 1 số lớn hơn 0
Nếu có 1 số nhỏ hơn 0 và 1 số bằng 0 thì từ (1) suy ra đpcm
Bài 2:
2
2
1.  x  y   2x  y  1  9  y  1  13 � 2x  xy  x  2xy  y  y + 9y  9  13

� 2x 2  xy  x  y 2  8y  15  7 �  2x 2  xy  5x    2xy  y 2  5y    6x  3   7
� x  2x + y  5   y  2x + y  5   3  2x + y  5   7
�  x  y  3  2x + y  5   7

Lập bảng:

x–y+3
2x + y – 5
x
y

1
7

7
1

10
3
16
3

10
3
2

3

-1
-7

-7
-1

-2

-2

2

8

Loại
Loại
Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x ; y) là (-2 ; 2); (-2 ; 8)
2. Cách 1: Điều kiện x � 2018
x 2 + x + 2018  2018 (1). Đặt t =

2
2
Từ (1) và (2) suy ra:  x + t    t  x 

 t �0  ta có t 2 = x + 2018 � t 2  x  2018 (2)
 0 �  x 2  t 2    t + x   0 �  x  t  1  x  t   0

x  2018

x+t0
x  t
�
�
��
��
x 1 t  0
x  t 1

�
�
Với x = –t ta có: x   x  2018 (ĐK 2018 �x �0 ) (3)
� 1
x
�
2
2
PT (3) � x = x + 2018 � x  x  2018 = 0 � �
� 1
x
�
�

8073
 KTMĐK 
2
8073
2


Với x = t – 1 ta có: x  x  2018  1 (ĐK x �–1) (4)
� 1  8069
x
�
2
2
2
�
PT (4) � x + 2x + 1 = x + 2018 � x + x  2017 = 0 �

� 1  8069
x
 KTMĐK 
�
�
2
�
1  8073 1  8069 �
�
�
;
Vậy PT có tập nghiệm là S  �
�
2
� 2
�
Cách 2: Điều kiện x � 2018
1
1
x 2 + x + 2018  2018 � x 2 + x + = x  2018  x  2018 
4
4
1
� 1
�
x   x  2018 
x  1  x  2018
2
2
�

1�
� 1� �
2
2
� �x  � � x  2018  �� �
��
1
�
1
2� � 1
� 2� �

x

 x  2018
x    x  2018 
�
�
2
� 2
2
� 1  8069
2
x
2
�
 x  1  x  2018  x � 1 �x + x  2017  0 �
2
��
� �2

��
2
� 1  8073
x  x  2018  0
�
x  x  2018  x �0 
�
�
x
�
�
2
1  8073 1  8069 �
�
;
Vậy PT có tập nghiệm là S  �
�
2
� 2
�

Bài 3:
1. Ta có: p + q + r = 0 � r = –p – q.
2
2
Khi đó: apq + bqr + crp = apq – (p + q)(bq + cp) = cp   a  c  b  pq  bq
2
2
Do đó: apq + bqr + crp �0 � cp   a  c  b  pq + bq �0 (*)

- Nếu c = 0 thì a 2 + b 2 �2ab (vì a + b + c �2  ab + bc + ca  ) � a = b
Khi đó: (*) ۳ bq 2 0 (Bất đẳng thức luôn đúng với mọi b �0)
- Nếu c �0 thì c > 0 (vì c �0)
Khi đó: (*)
2

2

2

� cp   a  c  b  pq + bq �0 � cp   a  c  b  pq +
2

2

2

 a  c  b
4c

2

.q

2

 a  c  b

4c

2

.q 2  bq 2 �0

2
�2  a  c  b 
� 4bc   a  c  b  2 2
a  c  b

2
� c�
p 
pq +
.q �
.q �0
2
c
4c
4c
�
�
�
�
2
2
2
2
� a  c  b � 2  ab + bc + ac    a  b  c  2
� c�
p

q �
.q �0
2c
4c
�
�
2  ab + bc + ac    a 2  b2  c2  2
2
2
2
Ta có:
.q �0 (vì a + b + c �2  ab + bc + ca  , c > 0)
4c

�
�

và c �p 

2

acb �
q ��0
2c
�

2
2
2
2

� a  c  b � 2  ab + bc + ac    a  b  c  2
Vậy: c �p 
q �
.q �0 (đúng với mọi a,b và c > 0)
2c
4c
�
�
Từ hai trường hợp, ta có được: apq + bqr + crp �0


2. Ta có a, b > 0 và a.b = 1; mà a 2 + b 2 �2ab  2
� M   a + b + 1  a 2 + b 2  
�2

�
4
4
4 �
� a + b + 1 2 
�
  a + b  2
 a + b 
a+b
a+b �
a+b�
�

4 a + b
 2 ab  2  2 4  2  2  8

a+b

a = b; a, b > 0
�
�
� a = b  1 . Vậy GTNN của M là 8 khi a = b = 1.
Dấu “=” xảy ra khi �
2
 a + b  = 4; a.b = 1
�

Bài 4:
BH BD
=
� BH.BE = BC.BD (1)
BC BE
CB CE
=
� CB.CD = CE.CA (2)
 BEC ~  ADC (g.g) �
CA CD

1.a)  BHD ~  BCE (g.g) �

Từ (1) và (2) suy ra: BH.BE.CB.CD = CB.BD.CE.CA
� BH.BE.CD = CA.CE.BD
� = AFH
�  900 � Tứ giác AEHF nội tiếp
1.b) Ta có: AEH
1

1
AH); JE = JF (= BC)
2
2
�  IFJ =  IEJ (c.c.c) � I�1 = I�2
� ; I� = 2A
� (Góc ở tâm và góc nội tiếp)
Ta có: I� = 2A

Ta có: IE = IF (=

1

1

2

2

� =A
� � MB
� = MC
� �B
�=A
� A
�
Do đó: A
1
2
1

1
2
� =B
�+M
� A
� +A
� (vì M
� A
� ) � QDB
� = QAP
�
� Tứ giác APDQ nội tiếp.
Ta có: QDB
1
1
1
3
1
3

2. a) Cách 1:
Kẻ DH  AB tại D (H thuộc BC); HE’  AC tại E’

�
�
�
� HDA
= DAE'
= HE'A
= 900

� Tứ giác ADHE’ là hình chữ nhật � DH = AE’
Ta có: DB = DH, DB = AE. Do đó: AE = AE’ � E trùng với E’
Kẻ AK  BC � AK là đường trung tuyến  ABC
BC
� AH �AK =
: không đổi
2
BC
Mà AH = DE (vì ADHE là hình chữ nhật)  DE
: không đổi
2
Vậy DE nhỏ nhất � H trùng K
� D, E là hình chiếu của K trên AB, AC � Khi D, E lần lượt là trung điểm của AB và AC

Cách 2: Đặt AB = AC = a (a > 0); DB = DH = AE = x � AD = a – x
2

2
a2
� a� a
� : không đổi
Ta có: DE = AD + AE   a  x  + x  2x  2ax + a = 2 �x  �+
2
� 2� 2
2

2

2

2

2

2

2

a2
a 2
: không đổi
=
2
2
a
a 2 AB 2
Dấu “=” xảy ra � x = . Vậy DE nhỏ nhất là
khi D, E lần lượt là trung điểm của

2
2
2
 DE

AB và AC


 a + b  , với a, b > 0
�
2

Cách 3: Áp dụng bất đẳng thức: a + b
2

2

 �
 � 2 a 2 + b2
Thật vậy: a 2 + b2 �۳


a+b
2

2

2

a 2 + 2ab

b2

a2

2ab

b2

0

�  a  b  �0 (BĐT đúng). Dấu “=” xảy ra � a = b
2

Đặt AB = AC = a: không đổi (a > 0)

 AD + AE   
�
2

a2
a 2
AB2 a 2
: không đổi
 DE

2
2
2
2
2
DB = DA
�
� D, E lần lượt là trung điểm của AB và AC
Dấu “=” xảy ra � AD = AE � �
EC = EA
�

Ta có: DE = AD + AE
2

2

Vậy DE nhỏ nhất là

2

a 2 AB 2
khi D, E lần lượt là trung điểm của AB và AC

2
2

2b) Cách 1:
Đặt AB = AC = a (a > 0); DB = DH = AE = x � AD = a – x
2
2
Xét bài toán phụ: Cho a, b > 0. Ta luôn có:  a + b  � 4 ab �  a  b  �0
2
1
1
1
a2
AD.AE =  a  x  x � �

�a  x   x �
� 8
2
2
8
1

a2
a 2 a 2 3a 2
SABC = AB.AC = . Do đó: SBDEC  SABC  SADE � 

: không đổi
2
2
2
8
8
a
3a 2 3AB2
�
x
=

Dấu “=” xảy ra khi a – x = x
. Vậy tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất là
2
8
8

SADE =

khi D, E lần lượt là trung điểm của AB và AC
Cách 2: Đặt AB = AC = a (a > 0); DB = DH = AE = x � AD = a – x
Ta có: SBDEC  SABC  SADE 
SBDEC �
�x=

AB2 AD.AE a 2 x  a  x 



2
2
2
2

x  a  x
lớn nhất � a – x = x (vì tổng x + a – x = a: không đổi)
2

a
� D, E lần lượt là trung điểm của AB và AC
2
GV: Võ Mộng Trình – Trường THCS Cát Minh – Phù Cát – Bình Định