HGS TOÁN 9 QUỲ hợp 2018 2019

UBND HUYỆN QUỲ HỢP
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
VÒNG 1 - NĂM HỌC 2018 - 2019

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

Câu 1. (5.0 điểm)
a. Cho số tự nhiên A biết A  99...98 ( 2018 chữ số 9 ). Tính tổng các chữ số của số
A.
b. Tìm số tự nhiên n sao cho n  39 và n  25 là hai số chính phương.
c. Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 4a 2  3ab  11b 2 chia hết cho 5 thì
a 4  b 4 chia hết cho 5 .
Câu 2. ( 4.0 điểm)
a. Cho 0  a  b thỏa mãn 3a  3b  10 ab . Tính giá trị biểu thức: M 

ab
.
ab

b. Cho A  2018  2017 và B  2019  2018 . So sánh A và B .
Câu 3. ( 4.0 điểm)
a. Giải phương trình:







2 x  1  x  5 1  2 x 2  11x  5  x  4 .

b. Cho a, b, c  0 thỏa mãn ab  bc  ac �6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P

2a 3  3b3 2b3  3c 3 2c3  3a3


.
a  4b
b  4c
c  4a

Câu 4. (6.0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn ; các đường cao AK , BD , CE cắt nhau tại H .
AC 2  BC 2  AB 2 KC

a. Chứng minh rằng:
.
CB 2  BA2  AC 2 KB
b. Giả sử AK  3HK . Chứng minh rằng: tanB. tan C  3 .
2
c. Giả sử diện tích tam giác ABC S ABC  240 cm và số đo góc BAC bằng 600. Hãy tính
diện tích tam giác ADE ?

Câu 5. (1.0 điểm)
Chứng minh rằng: Trong 51 số bất kì thuộc tập  1; 2;3;...;100 luôn chọn được hai số mà số
này là bội của số kia.

---------Hết---------Lưu ý: - Học sinh bảng B không phải làm câu 3b.
- Học sinh không được sử dụng máy tính
Họ và tên thí sinh..................................................................... SBD.......................

UBND HUYỆN QUỲ HỢP

/>
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9


PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

VÒNG 1 - NĂM HỌC 2018 - 2019

ĐÁP ÁN MÔN THI: TOÁN
Câu

Ý

1
(5.0
điể
m)

Đáp án

Bảng A

Bảng B

0,5
0,5

0,5
0,5

 102019  4 .102019  4

0,25

0,5

 99...9600...04 ( 2018 chữ số 8 và 2018 chữ số 0 ).
Vậy tổng các chữ số của số A là: 9.2018  6  4  18172
Giả sử n  39  k 2 , n  25  h 2 (với k , h �N và k  h )
� k 2  h 2  64 �  k  h   k  h   64

0.25
0,5
0,25
0,25

0.5
0,5
0,5
0,5

Do k  h và k  h là các số nguyên dương cùng chẵn hoặc
cùng lẻ nên ta có các trường hợp.

0,25

0,25

k h  2
k  17
�
�
��
� n  250 .
k  h  32
h  15
�
�
k  10
�k  h  4
�
��
� n  61 .
TH2: �
h6
�k  h  16
�

0,25

0,25

0,25

0,25

k 8
�k  h  8
�
��
� n  25 .
h0
�k  h  8
�
Vậy có 3 số tự nhiên n thỏa mãn yêu cầu

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25
0,25

0,5
0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5
0,5

0,5
0,5

0,5
0,5

0,5
0,5

Ta có:
a

b

A  10



� A  102019  2





2

2019



2

 104038  4.102019  4

TH1: �

TH3: �

4
4
2
2
2

2
2
2
Ta có: a  b   a  b   a  b    a  b   a  b   a  b  .
Do 4a 2  3ab  11b 2 M5 � 4a 2  3ab  b 2 M5

�  a  b   4a  b  M5

c

2
(4.0
điể
m)

a  bM5
�
��
4a  bM5
�
TH1: a  b M5 � a 4  b 4 M5
TH2: 4a  b M5 � 5a   a  b  M5 � a  b M5 � a 4  b 4 M5 .

Ta
�3 a
�

a

b

Điểm





có:



3a  3b  10 ab � 3a  9 ab  ab  3b  0

a 3 b  b







a 3 b  0



a 3 b 3 a  b  0

�a  3 b
a  9b
�

��
��
b  9a
�
�b  3 a
Do b  a � b  9a
a  b a  9a 10a
5



Vậy M 
a  b a  9a 8a
4
Xét hiệu: B  A  2019  2017  2 2018

Đặt M  2019  2017 và N  2 2018 .
Ta có: M 2  4036  2 2019.2017 , N 2  4.2018  4036  2.2018

/>

2
Mà 2019.2017   2018  1  2018  1  2018  1
� 2019.2017  2018 .
Do đó: M 2  N 2 � M  N (vì M , N  0 ) � B  A .

0,5

0,5

0,5
0,25

0,5
0,5

Đặt a  2 x  1, b  x  5 ( a, b �0 ) � a 2  b 2  x  4 .

0,25
0,25

0,5
0,25

�  a  b   1  ab  a  b   0

0,25

0,25

ab
�
�
�  a  b   a  1  b  1  0 � �
a 1
�
b 1
�

0,25

0,25

TH1: a  b � 2 x  1  x  5 � x  4 ( thỏa mãn ).
TH2: a  1 � 2 x  1  1 � x  0 ( thỏa mãn ).
TH3: b  1 � x  5  1 � x  4 (loại).
Vậy phương trình có 2 nghiệm : x  0; x  4 .

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

2 x  1 �0
�
۳ x
�x  5 �0

Điều kiện xác định: �

1
 .
2

2
2
Phương trình đã cho trở thành:  a  b   1  ab   a  b

a

Ta chứng minh bất đẳng thức:

3
(4.0
điể
m)

 1 � 2 x3  3 y 3 �xy  x  4 y 

2 x3  3 y 3
�xy  1 với x, y  0 .
x  4y

0,25
0,5

� 2 x 3  3 y 3  x 2 y  4 xy 2 �0
� 2 x3  2 x 2 y  x 2 y  xy 2  3 xy 2  3 y 3 �0
� 2 x 2  x  y   xy  x  y   3 y 2  x  y  �0



0,25



�  x  y  2 x 2  xy  3 y 2 �0

�  x  y

b

 2 x  3 y  �0 . Bất đẳng thức này đúng. Vậy bất
đẳng thức  1 đúng. Dấu "  " xảy ra khi x  y .

0,25

2a 3  3b3
�ab ,
a  4b

0,25

2

Áp dụng bất đẳng thức

 1 ta được:

2b3  3c3
2c 3  3a 3
�bc ,
�ac
b  4c
c  4a
2a 3  3b3 2b3  3c 3 2c3  3a 3
�ab  bc  ac �6



Do đó : P 
a  4b
b  4c
c  4a
a b c
�
Dấu "  " xảy ra khi �
� abc 2.
ab  bc  ac  6
�

Vậy GTNN của P bằng 6 khi a  b  c  2

/>
0,25
0,25


0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5
0,5

0,5
0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

a
Ta có:
AC 2  BC 2  AB 2 AK  KC   BK  KC   AB

CB 2  BA2  AC 2  BK  KC  2  BK 2  AK 2  AC 2
2



4
(6.0
điể
m)



2

2

2

2 BK .KC  2 KC 2
2 BK .KC  2 BK 2
2CK  CK  BK 
2 BK  BK  CK 



CK
(đpcm)
BK

AK
AK
AK 2
� tan B.tan C 
; tan C 
 1 .
BK
KC
BK .CK
�  KHC
�
� )
khác: B
(cùng bù với góc KHE

tan B 

Mặt

KC
KC
� tan B 
HK
HK
KB
KB.KC
� tan B.tan C 
Tương tự tan C 
KH
KH 2

mà

� 
tan KHC

b

Từ  1 ,  2  �  tan B.tan C 

2

 2

2

�AK �
 � �  9 � tan B.tan C  3 (vì
�KH �

tan B  0, tan C  0 ) � đpcm
Chứng minh: ADE : ABC
2

�

c

S ABC �AB �
 � � 3
S ADE �AD �

�  600 � AB  2 AD  4 
ABD vuông tại D có BAD
S ABC
 4 � S ADE  60 cm 2 .
Từ  3 ,  4  �
S ADE

Viết 51 số đã cho dưới dạng: a1  2k .b1 ; a2  2k .b2 ; …
a51  2k .b51 trong đó b1 ; b2 ;...; b51 là các số lẻ.
5
Ta có: 1 �b1 ; b2 ;...; b51 �99 . Mặt khác trong các số tự nhiên từ 1
(1.0

điể
đến 99 có đúng 50 số lẻ
m)
�  m, n � 1; 2;...;51 sao cho bm  bn ( m �n )
� am và an có một số là bội của số kia.
Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn chấm điểm tối đa cho câu đó.
1

2

51

/>

PHÒNG GD&ĐT CON CUÔNG

KÌ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN LỚP 9 THCS
NĂM HỌC: 2018 – 2019
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

Đề chính thức

Câu 1(5 điểm): Cho biểu thức A =

x 1 2 x
25 x


với x ≥ 0 và x ≠ 4

4 x
x 2
x 2

a) Rút gọn A.
b) Tính giá trị của A khi x =

4
.
9

c) Tìm giá trị của x để A có giá trị nguyên.
Câu 2 (4điểm):
1. Giải các phương trình sau:
a) 4 x 2  4 x  1  2 x  1
b) x  3  4 x  2 x  6  5  x
2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n3 + 3n2 + 2018n chia hết cho 6
Câu 3 (2,5 điểm): Cho đường thẳng (d) có phương trình:
(m+1)x + (m-2)y = 3
(d) (m là tham số)
a) Tìm giá trị của m biết đường thẳng (d) đi qua điểm A (-1; -2)
b) Tìm m để (d) cắt 2 trục tọa độ và tạo thành tam giác có diện tích bằng

9
.
2

Câu 4 (7,0 điểm): Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên cùng nửa mặt
phẳng bờ AB vẽ các tiếp tuyến Ax, By. Lấy điểm M bất kì thuộc nửa đường tròn ( M
khác A và B). Kẻ MH vuông góc với AB tại H.

a) Tính MH biết AH = 3cm, HB = 5cm.
b) Qua M kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn cắt Ax, By lần lượt tại C và D. Gọi I
là giao điểm của AD và BC. Chứng minh M,I,H thẳng hàng.
c) Vẽ đường tròn tâm (O’) nội tiếp tam giác AMB tiếp xúc AB ở K.
Chứng minh diện tích S AMB = AK.KB
Câu 5 (1,5 điểm) Cho x; y là các số thực dương thỏa mãn (x+1)(y+1) = 4xy.
Chứng minh rằng:

1
3x  1
2



1
3y2 1

�1

HẾT
Đề có 01 trang
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.

/>

PHÒNG GD&ĐT CON CUÔNG

Câu
1

a)
(5 điểm)

b)

HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP HUYỆN LỚP 9 THCS
NĂM HỌC: 2018 – 2019
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

Hướng dẫn giải, đáp án
x 1 2 x
25 x


4 x
x 2
x 2
( x  1)( x  2)  2 x ( x  2)  (2  5 x )

( x  2)( x  2)

Điểm

A=



x  3 x  2  2x  4 x  2  5 x
( x  2)( x  2)

0,5



3 x ( x  2)
3 x

( x  2)( x  2)
x 2

1,0

Với x ≥ 0 và x ≠ 4 , tại x =

4
( t/m đk )
9

4
2
3.
9  3
2
4
2
2
3
9

3
A

0,5

0,75

1 3

4 4
3

0,5

c)Với x ≥ 0 và x ≠ 4

0,25



2

0,25

2
2
3

A nguyên �
Mặt khác



3 x
có giá trị nguyên.
x 2

3 x
6
 3
�
3
x 2
x 2

(vì

6
>0)
x 2

Suy ra 0 ≤ A < 3
Vì A nguyên nên A = 0 ; 1 ; 2
A = 0 giải ra ta được x = 0 ( T/m đk )
A= 1 giải ra ta được x = 1 ( T/m đk )
A = 2 giải ra ta được x = 16 ( T/m đk )
Vậy A nguyên thì x { 0 ;1 ;16}
/>
/>
0,25

0,25

0,75


Câu 2

4x2  4x  1  2x  1

(4,0
điểm)

0,5

� 2x 1  2x 1

1)

b)Đk

� 1
�x � 2
�
��
2x 1  2x  1
�
a) ��
�
2 x  1  2 x  1
��

0,5

� 1
�x � 2
�
��
0 x  2(kt / m)
��
�
�
��x  0

0,5

0≤ x ≤ 5

0,25

x  3  4 x  2x  6  5  x
� x  3  5  x  2( x  1) 2  4 (1)

0,25

Vế trái của (1) bé hơn bằng 4 ; vế phải lớn hơn hoặc bằng 4
� x 3  5 x

�
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi � �

� x 1  0

� x 1

(t/mđk)
Vậy pt có nghiệm duy nhất là x = 1

Câu 3
(2,5
điểm)

2. n3 + 3n2 + 2018 n = n.(n+1)(n+2) + 2016n
vì n.(n+1)(n+2) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên vừa
chia hết cho 2 và vừa chia hết cho 3 nên n.(n+1)(n+2)
chia hết cho 6 .
2016n luôn chia hết cho 6
Vậy n3 + 3n2 + 2018 n luôn chia hết cho 6 với mọi n € Z
a) Đường thẳng (d) đi qua điểm A (-1; -2) nên ta có
x = - 1; y = -2 thay vào
và giải ra ta được m = 0
Để d cắt 2 trục tọa độ thì m ≠ -1 ; 2
c) Giả sử (d) cắt 2 trục tọa độ tại 2 điểm A và B. ta tính
được tọa độ A (

3
3
; 0 ) B ( 0;
)
m 1
m2

0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25

Ta có tam giác OAB vuông tại O nên
1
1 3
3
S OAB  OA.OB 
2
2 m 1 m  2
S OAB 

9
1 3
3
9
�

2
2 m 1 m  2 2

� 1 � 13
m
�
2
Giải ra ta có �
(t/mđk)
� 1� 5
m
�
�
2

/>
0,25
0,25


� 1 � 13
m
�
2
�
Vậy
thì ………
� 1� 5
m
�
�
2

0,5

a) Tam giác AMC vuông tại M
có MH là đường cao
MH = AH .BH ( hệ thức lượng….. )
= 3.5  15 (cm)

0,5
0,5
0,5
0,5
AC AI CM


BD ID MD

0,5

( Vì AC=CM; BD =MD)
Suy ra MI// AC. Mà MH//AC ( vì cùng vuông góc AB)
Suy ra M, I, H thẳng hàng
c)Đặt AB = a; AM = c; BM = b
Ta có

0,5
1,0
0,5

a) Vì AC song song với BD nên ta có

a cb
abc
; BK 
2
2
a c b a b c 1 �
(a  c  b).(a  b  c ) �
� AK .BK 
.
 .�
�
2
2
2 �
2
�
AK 



1�
a 2  (b  c) 2 � 1 �
a 2  (b 2  c 2 )  2bc �

�
� �
�
2�
2
2

� 2�
�

1 2bc 1
 .
 bc
2 2
2
1
 AM .BM  S AMB
2
Vậy SAMB = AK.KB

5
(1,5
điểm)

Từ (x+1)(y+1) = 4xy

/>
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5


x 1 y 1
.
4

x
y
1
1
� (1  )(1  )  4
x
y
1
1
Đặt a = ; b = y
x

0,5

�

0,5

Ta có (1+a)(1+b) = 4

� 3  a  b  ab

� ( a  b ) 2  2 ab  ab �2 ab  ab
Từ đó ab �1

Áp dụng AM – GM cho 2 số thực dương ta có
1
3x  1
2





1
x
3

1
x2



a
a  b  ab  a 2

a
1 a
a
� (

)
(a  b)(a  1) 2 a  b a  1

Tương tự ta có
1

1 a
b
� (


)
3y2 1 2 a  b b 1

Cộng vế theo vế ta được
1
3x 2  1



1

1 a
b
a
b
� (



)
3y2 1 2 a  b a  b a 1 b 1

1
2ab  a  b
1
ab  3 1
1 3
� (1 
) � (1 

) � (1 
)
2
(a  1)(b  1)
2
2
2
4
�1
a
�a

�
�a  b b  1
� a  b 1
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi �
b
b
�

�a  b b  1

x=y=1

5

Từ (x+1)(y+1) = 4xy

/>
0,5

x 1 y 1
.
4
x
y
1
1
� (1  )(1  )  4
x
y
1
1
Đặt a = ; b = y
x

(1,5
điểm)

�

0,5

Ta có (1+a)(1+b) = 4

� 3  a  b  ab

� ( a  b ) 2  2 ab  ab �2 ab  ab
Từ đó ab �1

0,5

Áp dụng AM – GM cho 2 số thực dương ta có
1
3x  1
2





1
x
3

1
x2



a
a  b  ab  a 2

a
1 a
a
� (

)

(a  b)(a  1) 2 a  b a  1

Tương tự ta có
1

1 a
b
� (

)
3y2 1 2 a  b b 1

Cộng vế theo vế ta được
1
3x 2  1



1

1 a
b
a
b
� (



)
3y2 1 2 a  b a  b a 1 b 1

1
2ab  a  b
1
ab  3 1
1 3
� (1 
) � (1 
) � (1 
)
2
( a  1)(b  1)
2
2
2
4
�1
a
�a

�
�a  b b  1
� a  b 1
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi �
b
b
�

�a  b b  1

x=y=1

/>
0,5