Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh đăk lăk năm học 2017 2018 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐĂK LĂK

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC 2017 – 2018
MÔN THI: TOÁN 9 – THCS

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 04/4/2018

Bài 1: (4 điểm)
1) Thu gọn biểu thức P 

x 3 2 x  4 x  4

x3 x 2
2) Giải phương trình  x 2  4 x  x 2  4   20

. Tìm x sao cho P 

2017
2018

Bài 2: (4 điểm)
1) Cho phương trình x 2  2  2m  3  x  m 2  0 , với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m
để phương trình có hai nghiệm khác 0 x1 , x2 (chúng có thể trùng nhau) và biểu thức

1 1


x1 x2

đạt giá trị nhỏ nhất.
2) Cho parabol  P  : y  ax 2 . Tìm điều kiện của a để trên  P  có điểm A  x0 ; y0  với hoành
độ dương thỏa mãn điều kiện

x02  1  y0  4  x0  y0  3

Bài 3: (4 điểm)
1) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn: x 2  y 2  4 x  2 y  18
2) Tìm tất cả các cặp số  a; b  nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện:
i) a, b đều khác 1 và ước số chung lớn nhất của a, b là 1.
ii) Số N  ab  ab  1 2ab  1 có đúng 16 ước số nguyên dương.
Bài 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn đường kính BC cắt cạnh AB và AC
lần lượt tại D và E (D  B, E  C). BE cắt CD tại H. Kéo dài AH cắt BC tại F.
1) Chứng minh các tứ giác ADHE và BDHF là tứ giác nội tiếp.
2) Các đoạn thẳng BH và DF cắt nhau tại M, CH và EF cắt nhau tại N. Biết rằng tứ
.
giác HMFN là tứ giác nội tiếp. Tính số đo BAC
Bài 5: (2 điểm) Với x, y là hai số thực thỏa mãn y 3  3 y 2  5 y  3  11 9  x 2  9 x 4  x 6 . Tìm
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  x  y  2018 .
Bài 6: (2 điểm) Cho tam giác đều ABC. Một điểm M nằm trong tam giác nhìn đoạn thẳng
BC dưới một góc bằng 1500 . Chứng minh MA2  2MB.MC
-------------------- Hết --------------------

G
GVV:: N
Ngguuyyễễnn D
Dưươơnngg Hả
Hảii –– TTH

HC
CSS N
Ngguuyyễễnn C
Chhíí TThhaannhh –– BBM
MTT –– Đ
Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm
m và
và ggiiớớii tthhiiệệuu)) ttrraanngg 11


BÀI GIẢI
Bài 1: (4 điểm)
1) ĐK: x  0 .
x 3 2 x  4 x  4
P

x3 x 2


 x  1

x 3 2

2

 
x  2

x 2

x  2 x 1



x 1

x 2





 



2

x 1



x 1

x 2





x 1
x 2

x  1 2017

 x  2016  x  20162 (TMĐK)
x  2 2018
2
2
2)  x  4 x  x  4   20  x  x  4  x  2  x  2   20   x 2  2 x  x 2  2 x  8   20
P

2017

2018

2
 x 2  2 x  4  6
  x 2  2 x  4   4   x 2  2 x  4   4   20   x 2  2 x  4   36   2
 x  2x  4  6
2
 x  2 x  2  0 1
 2
 x  2 x  10  0  2 
Giải 1 : Phương trình vô nghiệm

Giải  2  : x1  1  11; x2  1  11
Bài 2: (4 điểm)
 m  1  m  1
 2m  3 2  m 2  0

 m  3 m  1  0


1) PT có 2 nghiệm khác 0   2

   m  3    m  0  *
 m0
m0
 m  0

 m  3
 x  x  2  2m  3 
Theo Vi ét:  1 2 2
.
 x1 x2  m
2
2
2
1 1 x1  x2 2  2m  3 12 m  18 2m   2m  12m  18 
2 2 m  3
2
Khi đó  



 

2
2
2

2
x1 x2
x1 x2
m
3m
3m
3
3m
3

Đẳng thức xảy ra  m  3 (TMĐK (*))
1

1

2

Vậy m  3 ; Min     
3
 x1 x2 
2)
x02  1  y0  4  x0  y0  3  x02  1  x0 

y0  4  y0  3 

1
2
0



x  1  x0

1
y0  4  y0  3

 x 2  1  x  y  4  y  3
0
0
0
0
 x02  1  x0  y0  4  y0  3 . Do đó 
2
 x0  1  x0  y0  4  y0  3
3
 x02  1  y0  4  x02  1  y0  4  1  a  x02  3  x02 
 0  a  1 (vì x0  0 )
1 a

Bài 3: (4 điểm)
1) x 2  y 2  4 x  2 y  18   x 2  4 x  4    y 2  2 y  1  21   x  y  1 x  y  3   21
Do x, y nguyên dương nên ta có các trường hợp sau
 x  y 1  1
x y  0
x  9
 x  y 1  3
x  y  2
x  2
; +) 





 x  y  3  21  x  y  18  y  9
x  y  3  7
x  y  4  y  2

+) 

G
GVV:: N
Ngguuyyễễnn D
Dưươơnngg Hả
Hảii –– TTH
HC
CSS N
Ngguuyyễễnn C
Chhíí TThhaannhh –– BBM
MTT –– Đ
Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm
m và
và ggiiớớii tthhiiệệuu)) ttrraanngg 22


2) Ta có: N  ab  ab  1 2ab  1 chia hết cho các số: 1; a; b(ab + 1)(2ab + 1); b; a(ab +
1)(2ab + 1); ab + 1; ab(2ab + 1); 2ab + 1; ab(ab + 1); N ; ab; (ab + 1)(2ab + 1); b(ab + 1);
a(2ab + 1); a(ab + 1); b(2ab + 1) có 16 ước dương
Nên để N chỉ có đúng 16 ước dương thì a; b; ab +1; 2ab + 1 là số nguyên tố
Do a, b > 1  ab +1 > 2
+) Nếu a; b cùng lẻ thì ab + 1 chia hết cho 2 nên là hợp số (vô lý). Do đó không mất tính

tổng quát, giả sử a chẵn b lẻ  a = 2
+) Ta cũng có nếu b không chia hết cho 3 thì 2ab + 1= 4b + 1 và ab + 1 = 2b + 1 chia hết
cho 3 là hợp số (vô lý)  b = 3.
Vậy a = 2; b = 3
Bài 4: (4 điểm)
1) Chứng minh các tứ giác ADHE và BDHF là tứ giác
nội tiếp. (Tự xử)
2) Các đoạn thẳng BH và DF cắt nhau tại M, CH và EF
cắt nhau tại N. Biết rằng tứ giác HMFN là tứ giác nội
.
tiếp. Tính số đo BAC
  DHE
  MFN
  BHC
  1800 (tứ giác ADHE;
BAC
HMFN nội tiếp)
  MFN
  F  F
  BHC
 (đối đỉnh)  BAC
mà DHE
1
2







lại có F  B ; F  C ; B  C (tứ giác BDHF; CEHF;
1

1

2

1

1

A
E
D

H

1 M 12 N

B

F

1

C

1

  F  B

 C

BCED nội tiếp)  F
1
2
1
1
F
  F  2B
 , mặt khác B
  900  BAC
 ( ABE, AEB
  900 )
do đó BAC
1
2
1
1
  2B
  2 900  BAC
  3BAC
  180 0  BAC
  600
 BAC
1





Bài 5: (2 điểm)
ĐK: 3  x  3

y 3  3y 2  5y  3  11 9  x 2  9x 4  x 6
3

  y  1  2  y  1 
 a 3  2a  b3  2b



9  x2

3

 2

a  y  1; b 

9  x2
9  x2



  a 3  b 3   2  a  b   0   a  b   a 2  ab  b 2  2   0
2

1  3

do a  ab  b  2   a  b   b 2  2  0

2  4

2

2

 a  b  0  y  1 9  x2  0  y  9  x2 1





 x  y  x  9  x2 1  4  3  x  9  x2  4
 T  x  y  2018  4  2018  2022
Vì 3  x  3 nên 3  x  0; 9  x 2  0  3  x  9  x 2  0
G
GVV:: N
Ngguuyyễễnn D
Dưươơnngg Hả
Hảii –– TTH
HC
CSS N
Ngguuyyễễnn C
Chhíí TThhaannhh –– BBM
MTT –– Đ
Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm
m và
và ggiiớớii tthhiiệệuu)) ttrraanngg 33

3  x  0
Đẳng thức xảy ra  
 x  3  y  1
2
9  x  0
Vậy Max(T) = 2022  x = 3; y =  1
Mặt khác, ta chứng minh
x  y  1  3 2  x  9  x 2  1  1  3 2  x  3 2  9  x 2  x 2  6 2 x  18  9  x 2
 2 x2  6 2x  9  0 





2

2 x  3  0 (đúng)

 T  x  y  2018  1  3 2  2018  2019  3 2
3 2
3 2
3 2 2
 1 3 2 
 TM   y  
2
2
2
3 2
3 2 2
Min(T )  2019  3 2  x 

;y
2
2
Bài 6: (2 điểm) Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm M, lấy điểm E sao cho
AME đều; trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm M, lấy điểm F sao cho CMF
đều
  BAC
  600  MAB
  BAE
  MAB
  CAM
  BAE
  CAM

Ta có MAE
Đẳng thức xảy ra  2x  3  0  x  






 BAE  CAM  c  g  c   BE  CM ; 
ABE  ACM

  BCF
  MCB

  ACM


tương tự MCF
ACB  600  MCB
ACM  BCF
ta có BE  CM ; CM  CF  BE  CF ;

  ABE
  BCF

ABE  
ACM ; 
ACM  BCF
 BAE  CBF  c  g  c   AE  BF mà AE  AM  BF  AM
  BMC
  CMF
  1500  600  900 (CMF đều, nên CMF
  600 )
Mặt khác BMF
  900  BF 2  MB 2  MF 2  MA2  MB 2  MC 2  2 MB.MC (CMF đều MF  MC )
BMF : BMF

A

E
M
C

B
F

G

GVV:: N
Ngguuyyễễnn D
Dưươơnngg Hả
Hảii –– TTH
HC
CSS N
Ngguuyyễễnn C
Chhíí TThhaannhh –– BBM
MTT –– Đ
Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm
m và
và ggiiớớii tthhiiệệuu)) ttrraanngg 44