HSG TOÁN 9 THỊ xã HOÀNG MAI 2018 2019

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

THỊ XÃ HOÀNG MAI

Năm học 2018 - 2019
Môn: Toán - Lớp 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)
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  3xy  3x  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
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

2

 x  z
 2abc 
4

2

 x  y

4

2

 y  z

4

2

 2.

 x  z  x  y  y  z
2

2

2


 2  y


2

 2  z


2

 2  x


2



 2  y  2  z  2  x 

4
4
4
4
4  4y  y 2  4  4z  z 2  4  4x  x 2  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)
O
H
M
E là trung điểm của CD nên OE  CD và EC
ED
S
C
N E
I
Ta có: SC.SD = (SE - CE)(SE + ED)
= (SE - CE)(SE + CE)
A
= 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
CA CB

� AD.CB  AC.BD
Từ (1), (2) và SA = SB suy ra: �
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.

=
D


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.
�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


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

1
(4đ)





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
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


Tương tự, cũng có:

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

(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.

0,5đ