HSG TOÁN 9 cẩm THỦY 2018 2019

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
CẨM THỦY

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH (LẦN 2)

Năm học 2018 - 2019
Môn: Toán - Lớp 9

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I. (4,0 điểm):
1. Hãy tính giá trị của biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết:
x





3

26  15 3. 2  3

3

9  80  3 9  80

2. Tính tổng:

8.12  1
8.2 2  1
8.32  1
8.1009 2  1
S  1  2 2  1  2 2  1  2 2  ...  1 
1 .3
3 .5
5 .7
2017 2.2019 2

Câu II. (4,0 điểm):
3
2

5
2

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm M(1; ); N(3;0); K(4; ). Xác định tọa độ
các đỉnh của tam giác ABC sao cho M, N, K lần lượt là trung điểm của AC, CB, BA.
2. Giải phương trình: 13 x 2  x 4  9 x 2  x 4  16 .
Câu III. (4,0 điểm):
1. Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 3 x 2  18 y 2  2 z 2  3 y 2 z 2  18 x  27 .
2. Cho x, y là các số nguyên, x ≠ -1; y ≠ -1 sao cho:

x4 1 y4 1

là số nguyên. Chứng
y 1 x 1

minh rằng: (x4y44 – 1) chia hết cho (y + 1).

Câu IV. (6,0 điểm): Cho đường tròn (O; R) và dây cung AH < R. Qua H vẽ đường thẳng d
tiếp xúc với đường tròn (O; R). Vẽ đường tròn (A; R) cắt đường thẳng d tại B và C sao cho
H nằm giữa B và C. Vẽ HM vuông góc với OB (M �OB), vẽ HN vuông góc với OC (N �
OC).
1) Chứng minh: OM.OB = ON.OC và MN luôn đi qua một điểm cố định.
2) Chứng minh: OB.OC = 2R2.
3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi.
Câu V. (2,0 điểm): Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  3.
Chứng minh rằng:

1
1
1


�1.
2
2
2  a b 2  b c 2  c2a

-------------Hết-----------Chữ ký giám thị 1: ………………………………
Chữ ký giám thị 2: ………………………………


ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9
(Đáp án gồm có 04 trang)
Bài

Đáp án

Điểm

1. Hãy tính giá trị của biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết:
x





3

26  15 3. 2  3

3

9  80  3 9  80

Đặt
a  3 9  80  3 9  80







� a 3  9  80  9  80  3 3 9  80 9  80 .a
� a 3  18  3 3 81  80.a
� a 3  18  3a

� a 3  3a  18  0

�  a  3  a 2  3a  6   0

1
(4đ)

a3
�
� �2
a  3a  6  0
�

0,5đ

Mặt khác: 3 26  15 3  3  3  2   3  2
3

Suy ra: x 



 

3

26  15 3. 2  3

3

9  80  3 9  80

2020



32 2 3

2020
� 1 1 �
Vậy Q  �3.   1�   1  1
� 27 9 �

3

0,5đ

  43  1
3

0,5đ

3

0,5đ


2. Tính tổng:
S  1

8.12  1
8.22  1
8.32  1
8.1009 2  1

1


1


...

1

12.32
32.52
52.7 2
2017 2.20192

Ta có:
1

8n 2  1

 2n  1  2n  1
2

2

 1

8n 2  1

 4n

2

 1

2



16n 4  8n 2  1  8n 2  1

 4n

2

 1

2



1 � 1
1 �
 1  .�


�
2 �2n  1 2n  1 �
Với  n ≥ 1, n �N

Thay lần lượt n từ 1 đến 1009 ta được:
1 �
1 1�
1 �1 1 �
1 �1
1 �
S  1  . �  � 1  . �  � ...  1  . �

�
2 �
1 2�
2 �3 5 �
2 �2017 2019 �
1 �
1 �
1009
 1009  . �
1
� 1009
2 � 2019 �
2019

4n 2

 4n

2

 1

2



4n 2
4n 2  1

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ


3
2

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm M(1; ); N(3;0);
5
2

K(4; ). Xác định các đỉnh của tam giác ABC sao cho M, N, K lần lượt là
trung điểm của AC, CB, BA.
Lời giải:
Phương trình đường thẳng MN có dạng y=ax + b.
Vì M(1;

3
3
) thuộc đường thẳng MN nên: = a + b (1)
2
2

Vì M(3;0) thuộc đường thẳng MN nên: 0 = 3a + b (2)
Từ (1 ) và (2) suy ra: a = -3/4; b = 9/4

2
(4đ) Suy ra phương trình đường thẳng MN là: y  3 x  9
4

4
1
7
Tương tự phương trình đường thẳng MK là: y  x 
3
6
5
15
phương trình đường thẳng NK là: y  x 
2
2

Ta có MN là đường trung bình của tam giác ABC suy ra MN // AB
Phương trình đường thẳng AB có dạng y  3 x  c

4
5 3

11
 .4  c => c=
2 4
2
Phương trình đường thẳng AB là: y  3 x  11

4
2
1
Tương tự : phương trình đường thẳng BC là: y  x  1
3
5
Phương trình đường thẳng AC là: y  x  1
2
11
� 3
y  .x 
�
� 4
2 � �x  2
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình �
�
�y  4
�y  5 .x  1
� 2
5
2

Mà K(4; )

Suy ra A(2;4)

0,5đ

AB suy ra

0,5đ
0,5đ


1. Giải phương trình: 13 x 2  x 4  9 x 2  x 4  16 .
Lời giải:
Đk: -1 ≤ x ≤ 1
13. x . 1  x 2  9 x . 1  x 2  13

Ta có:



� x 2 . 13 1  x 2  9 1  x 2



2

0,5đ

 256

Áp dụng Bđt bunhicopxki cho 2 dãy số:

13 ; 3 3
13(1  x ); 3  1  x
2



2



0,5đ

ta được:

13. 13  1  x 2   3 3. 3  1  x 2 



2

� 13  27   13  13 x 2  3  3 x 2   40.  16  10 x 2 

Áp dụng bđt Cosi ta có:

0,5đ

4.10 x 2 .  16  10 x 2  �(10 x 2  16  10 x 2 ) 2  162  256

2
2 5

Dấu bằng xảy ra � 10x2 = 16 - 10x2 � x  �  �
5

III
(4đ)

0,5đ

5

1) Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn:
3 x 2  18 y 2  2 z 2  3 y 2 z 2  18 x  27 .
2
Giả thiết � 3  x  3  18 y 2  2 z 2  3 y 2 z 2  54 (1)
+) Lập luận để z 2 M3 �z M
�
3 z 2 M9 z 2 9 (*)
(1) � 3( x  3) 2  2 z 2  3 y 2 ( z 2  6)  54(2)
(2) � 54  3( x  3) 2  2 z 2  3 y 2 ( z 2  6) �3( x  3) 2  2.9  3 y 2 .3

0,5đ

( x  3) 2  3 y 2 �12
2
 y�
 4
y 2 1; y 2 4 vì y nguyên dương.
Nếu y 2  1 � y  1 thì (1) có dạng:
3  x �
3  �

5
z 2 72
2

5z 2

z2

72

72
5

z2

9

z

3 (vì có(*))

Khi đó 3  x  3  27 �  x  3  9 , x nguyên dương nên tìm được x = 6
Nếu y 2  4 � y  2 (vì y nguyên dương) thì (1) có dạng:
2
3  x �
3  �
14

z 2 126 14 z 2 126 z 2 9 z 2 9 z 3 (vì z nguyên dương)
Suy ra ( x  3) 2  0 � x  3 (vì x nguyên dương)

2

�x  3 �x  6
�
�
Đáp số �y  2; �y  1
�z  3 �z  3
�
�

0,5đ

2

0,5đ
0,5đ


x4 1 y 4 1

2) Cho x, y là các số nguyên, x ≠ -1; y ≠ -1 sao cho:
là số
y 1 x 1

nguyên. Chứng minh rằng: (x4y44 – 1) chia hết cho (y + 1)
Lời giải:
x4 1 a y4 1 m
 ;

Đặt

với (a;b)=1; (m;n)=1 và b,n > 0
y 1 b x 1 n
a m an  bm
�Z
Theo bài ra ta có:  
b n
bn
an  bmMb �
an Mb
�
��
Suy ra: �
mà (a;b)=1; (m;n)=1 suy ra:
an  bmMn �
bm Mn
�

0,5đ

n Mb
�
� �nb
b Mn
�

0,5đ

a m x4 1 y 4 1
. 
.

�Z ( vì x4 - 1 Mx+1 và y4 - 1 My + 1)
b n
y 1 x 1
Suy ra a.m Mn mà (m;n) =1 suy ra a Mn mà n = b nên a Mb suy ra x4 - 1My + 1
Do đó: x4y44 – 1= y44 (x4 - 1) + (y44 – 1) My + 1

0,5đ

Vì x4 - 1My + 1 và y44 – 1My + 1 (đpcm)

0,5đ

Mặt khác:

B

A

M
D
O

H

1) Chứng minh: OM.OB = ON.OC và MN luôn đi qua Nmột điểm
cố định.
C
a) Chứng minh: OM.OB = ON.OC.
Vì tam giác OHB vuông tại H có HM là đường cao nên: OM.OB = OH2
Vì tam giác OHC vuông tại H có HN là đường cao nên: ON.OC = OH2

IV
(6đ) Suy ra: OM.OB = ON.OC (vì cùng bằng OH2)

0,5đ
0,5đ


b) Chứng minh MN luôn đi qua một điểm cố định.
Vì OM.OB = OH2 � OA2 = OM.OB �
�
Xét OMA và OAB có: AOB
chung

OA OB

OM OA

OA OB

(chứng minh trên)
OM OA
� OMA : OAB (c.g.c)
�  OBA
� mà �
�
(vì OA = AB = R)
� MAO
AOB  OBA

�  MOA

�
� MAO
� MOA cân tại M � MA = MO � M thuộc đường trung trực của AO

Chứng minh tương tự ta có N cũng thuộc đường trung trực của AO
� MN đi qua trung điểm D của OA cố định.
2) Chứng minh: OB.OC = 2R2.

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

Ta có: OM.OB = ON.OC (chứng minh câu a)
�

0,5đ

OM OC

ON OB

Chứng minh được OMN : OCB (c.g.c)
OM OC
OM OC
1

�

� OM  OC

1
Mà OH  BC ; OD  MN
OD OH
R
2
R
2
1
Lại có: OM.OB = OH2 � OC.OB  R 2
2
�

Vậy OB.OC = 2R2.

0,5đ
0,5đ
0,5đ

3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi
2

SOMN �OD � R 2
1
1
1
 � �
 � SOMN  SOCB  .OH .BC
Ta có: OMN : OCB �
2
SOCB �OH � 4R

4
4
8
2
1
1
R
� R(AB AC)  R( R  R) 
8
8
4
Dấu bằng xảy ra khi A, B, C thẳng hàng  A H
R2
Vậy diện tích lớn nhất của tam giác OMN là: SOMN  khi điểm A trùng với
4

điểm H. />Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  3. Chứng minh
rằng:

0,5đ
0,5đ
0,5đ

1
1
1


�1.
2

2
2  a b 2  b c 2  c 2a

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM,
V ta có 1  1  a 2b �3 3 a 2b và 3 3 ab 2 �a  b  b  a  2b.
(2đ)
2
1
a 2b
1
1
2
1 a‫�׳‬
b ‫׳‬ 2
1
1
a 3 ab 2 1
a  a 2b 
Suy ra 2  a 2b �
3
2
11 a b
3
9
3 ab
Suy ra

0,5đ

1

1 1
�  (a 2  2ab)
2
2  a b 2 18

(1)

0,5đ
0,5đ


1
1 1
�  (b 2  2bc)
2
2  b c 2 18
1
1 1
�  (c 2  2ca)
2
2  c a 2 18

Tương tự, cũng có:

(2)
(3)

0,5đ

Cộng (1), (2), (3) vế đối vế, thu được

1
1
1
3 1
2


�   a  b  c   1. Điều phải chứng minh.
2
2
2
2  a b 2  b c 2  c a 2 18
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1.

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Bài hình không vẽ
hình hoặc vẽ hình sai không chấm điểm.

ĐÁP ÁN HSG THỊ XÃ HOÀNG MAI 18-19
Câu 2:
a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: 2 x 2  y 2  3xy  3 x  2 y  2  0
Giải:

2 x 2  y 2  3 xy  3 x  2 y  2  0
2

�3
� 1
� � x  y  1� x 2  1  0
�2

� 4
�  x  y  1  2 x  y  1  1
Xét các trường hợp ta được kết quả: (x; y) = (-2; 2) và (x; y) = (2; -4)

b) Giải phương trình:

x3
16  x 2

Điều kiện: - 4 < x < 4.
Ta có:
x3
 x 2  16  0 � x3 
2
16  x



� x  16  x 2

 x 2  16  0



 x  x 16  x
2

16  x 2
2



3

0



 16  x 2  0

� x  16  x 2  0 ( x 2  x 16  x 2  16  x 2  0)
� x  16  x 2
� ...... � x  �2 2 (tm)
Câu 3:
a) Cho ∆ABC có độ dài ba cạnh a, b, c và có chu vi bằng 2.
Chứng minh rằng a 2  b 2  c 2  2abc  2

0,5đ


Đặt x = a + b - c; y = b + c - a; z = c + a - b.
xz
xy
yz
�a 
; b
; c
và x + y + z = a + b + c = 2
2
2

2
Do a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên x, y, z là các số dương.
Ta có: a  b  c
2



 2  y

2

2



2

 x  z
 2abc 

 2  z

4

2



 2  x

2



2

 x  y

4

2

 y  z

4

2

 2.

 x  z  x  y  y  z
2

2

2

 2  y  2  z  2  x 

4

4
4
4
2
2
2
4  4y  y  4  4z  z  4  4x  x  8  4x  4y  4z  2xy  2yz  2zx  xyz

4
20  8(x  y  z)  (x  y  z) 2  xyz 20  8.2  22  xyz 8  xyz
xyz



2
2
4
4
4
4
Câu 4: Cho ba điểm S, C, D cố định nằm trên một đường thẳng và theo thứ tự đó. Đường
tròn (O; R) thay đổi nhưng luôn đi qua C và D. Từ S kẻ các tiếp tuyến SA, SB với (O) (A, B
là các tiếp điểm. Đường thẳng AB cắt SO và CD lần lượt tại H và I. Gọi E là trung điểm của
CD. Chứng minh rằng:
a) SA2 = SC.SD
b) AC.BD = BC.AD.
c) Khi (O) thay đổi, tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆OEH nằm trên một đường thẳng cố
định.
B

Chứng minh:
a) (Sử dụng định lí Py-ta-go)
E là trung điểm của CD nên OE  CD và EC
ED
S
C
Ta có: SC.SD = (SE - CE)(SE + ED)
= (SE - CE)(SE + CE)
= SE2 - CE2 = SO2 - CO2
= SO2 - OA2 = SA2.
b) Từ SA2 = SC.SD suy ra ∆SCA ∽ ∆SAD (c.g.c)
CA SA
�

(1)
AD SD
Do SA = SB nên SB2 = SC.SD suy ra ∆SCB ∽ ∆SBD (c.g.c)
CB SB
�

(2)
BD SD

O

H

=

M

N

I
A

E

D


CA CB

� AD.CB  AC.BD
AD BD
c) Ta chứng minh được SO  AB tại H suy ra: ∆SHI ∽ ∆SEO
SH SI
�

� SI.SE  SH.SO . Mà SH.SO = SA2(Do ∆SAO vuông tại A)
SE SO
SC.SD
� SI có độ dài không đổi
Suy ra SI.SE = SA2 = SC.SD � SI 
SE
� I là điểm cố định � IE có độ dài không đổi.
Gọi M là trung điểm của OI, N là trung điểm của IE
� MN là đường trung bình của ∆IOE
� MN // OE. Mà đường thẳng OE cố định và N cố định nên đường thẳng MN là cố định,
hay M nằm trên một đường thẳng cố định.
(3)

Ta chứng minh được 4 điểm H, O, E, I cùng thuộc đường tròn tâm M đường kính OI
� M là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OEH (4)
Từ (3) và (4) suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OEH nằm trên một đường thẳng cố định.
Từ (1), (2) và SA = SB suy ra: �

�1 1 �
Câu 5: Cho 1 �x  y �2 . Tìm GTLN của M =  x  y  �  �
�x y �
Chứng minh:
�1 1 � x y
Ta có: M   x  y  �  �   2
�x y � y x
Từ 1 �x  y �2 suy ra:
* 1 �x và y �2 � 1 + y �x + 2 � y - x �1
(1)
y

y  x 1
* (x - 1)(x - y) �0 � x2 - xy - x + y �0 ۣ
(2)
x
x x y
* (y - 2)(y - x) �0 � y2 - xy - 2y + 2x �0 � �   1
(3)
y 2 2
x y
x y
Cộng theo vế (2) và (3) ta được:  �y  x  1    1
y x
2 2

x y yx
x y
yx
�  �
2 �
 2�
4
y x
2
y x
2
x y
1
9
9
Kết hợp với (1) ta được   2 �  4  . Hay M �
y x
2
2
2
Dấu " = " xảy ra khi 3 bất đẳng thức (1), (2) và (3) đồng thời xảy ra dấu bằng. Ta tìm được x
= 1 và y = 2.
9
Vậy GTLN của M là khi x = 1 và y = 2.
2
Giáo viên: Hồ Xuân Chiến-Trường THCS Quỳnh Vinh