033 đề HSG toán 9 đak lak 2017 2018

ĐỀ THI CHỌN HSG DAKLAK
NĂM HỌC 2017-2018

Câu 1:

(4 điểm)
1. Rút gọn biểu thức P 

x 3 2 x  4 x  4
2017
. Tìm x sao cho P 
.
2018
x3 x 2

2. Giải phương trình  x2  4 x  x2  4   20 .
Câu 2: (4 điểm)

1. Cho phương trình x2  2  2m  3 x  m2  0 , với m là tham số. Tìm tất
cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 khác 0 ,
(chúng có thể trùng nhau) và biểu thức

1 1
đạt giá trị nhỏ nhất.

x1 x2

2. Cho parabol  P  : y  ax2 . Tìm điều kiện của a để trên  P  có
A  x0 ; y0  với hoành độ dương thỏa mãn điều kiện
x02  1  y0  4  x0  y0  3 .

Câu 3: (4 điểm)

1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn:
x2  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..
Câu 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn đường kính BC cắt cạnh

AB và AC lân 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 .
Câu 5: ( 2 điểm)
Với x, y là hai số thực thỏa mãn y3  3 y 2  5 y  3  11 9  x2  9 x4  x6 .
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  x  y  2018.
Câu 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 .


LỜI GIẢI
Câu 1: (4 điểm)

3. Rút gọn biểu thức P 

x 3 2 x  4 x  4
2017

. Tìm x sao cho P 
.
2018
x3 x 2

4. Giải phương trình  x2  4 x  x2  4   20 .
Lời giải
P

1. Ta có





x 3 2 x  4 x  4

x3 x 2

x  2 x 1



x 1

x 2



 

Mặt khác P 

2017

2018

2. Ta

có





x 1



x 1

x 3 2



x 2



2

x3 x 2




 x  1
x 3 2


x  2

x 2

2

x 2





x 1
.
x 2

x  1 2017
 x  2016  x  20162 .

2018

x 2

x

2

 4 x  x 2  4   20  x  x  4  x  2  x  2   20

  x 2  2 x  x 2  2 x  8  20   x 2  2 x  4  4  x 2  2 x  4  4   20

 x2  2 x  4  6
2
2
.
  x 2  2 x  4   16  20 .   x 2  2 x  4   36   2
x

2
x

4


6


Ta thấy phương trình x2  2 x  4  6 vô nghiệm.
 x  1  11

Mặt khác, x2  2 x  4  6  x2  2 x 10  0  

 x  1  11

.

Vậy phương trình có nghiệm là x  1  11 và x  1  11 .
Câu 2:

(4 điểm)
3. Cho phương trình x2  2  2m  3 x  m2  0 , với m là tham số. Tìm tất
cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 khác 0 ,
(chúng có thể trùng nhau) và biểu thức

1 1
đạt giá trị nhỏ nhất.

x1 x2

4. Cho parabol  P  : y  ax2 . Tìm điều kiện của a để trên  P  có
A  x0 ; y0  với hoành độ dương thỏa mãn điều kiện
x02  1  y0  4  x0  y0  3 .

Lời giải
1.Phương trình có hai nghiệm khác 0 khi


m  1
 2m  32  m2  0



 m  3 m  1  0
   m  3 .

 2

m  0
m  0
m  0

 x  x  2  2m  3
Mặt khác, theo hệ thức Vi-ét, ta có  1 2 2
.

 x1 x2  m

Lại có

1 1 x1  x2 2  2m  3 12m  18 2m2  2m2  12m  18


 

m2
3m2
3m2
x1 x2
x1 x2

2 2  m  3
2

 
 .
2
3
3m
3
2

Dấu bằng sảy ra khi m  3 .
2.Ta có x02  1  y0  4  x0  y0  3  x02  1  x0  y0  4  y0  3 .
1



x02  1  x0



1
.
y0  4  y0  3

 x2  1  y  4  x  y  3
0
0
0
 x02  1  y0  4  x02  1  y0  4
Vậy nên  0
2


 x0  1  y0  4  x0  y0  3
3
 1  a  x02  3  x02 
 0  1 a  0  a  1.
1 a

Câu 3:

(4 điểm)
3. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn:
x2  y 2  4 x  2 y  18 .

4. 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..
Lời giải
1.Ta

x2  y 2  4 x  2 y  18   x2  4 x  4    y 2  2 y  1  21

có

  x  2    y  1  21   x  y  1 x  y  3  21 .
2

2

Do đó sảy ra các trường hợp sau:
x  y 1  1
x  9


.
 x  y  3  21  y  9

+) 

x  y 1  3
x  2

.
x  y  3  7
y  2

+) 


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 .
Câu 4: (4 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn đường kính BC cắt cạnh AB và
AC lân 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 .

A
E

D

HN
M
B

F

C

1) Chứng minh tứ giác ADHE và BDHF là tứ giác nội tiếp. (Đơn giản).
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 như sau:
BAC  DHE  MFN  BHC  1800 (tứ giác ADHE; HMFN nội tiếp).


Mà DHE  BHC (đối đỉnh) suy ra BAC  MFN  F1  F2 . Lại có
F1  B1; F2  C1; B1  C1
 F1  F2  B1  B2 .

(tứ giác BDHF, CEHF, BCED nội tiếp)





Do đó BAC  2B1  2 900  BAC  3BAC  1800  BAC  600
Câu 5:

( 2 điểm)
Với x, y là hai số thực thỏa mãn y3  3 y 2  5 y  3  11 9  x2  9 x4  x6 .
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  x  y  2018.
Điều kiện 3  x  3 .
y 3  3 y 2  5 y  3  11 9  x 2  9 x 4  x 6   y  1  2  y  1 
3



 a3  2a  b3  2b, a  y  1; b  9  x 2



9  x2

 2
3

9  x2



  a3  b3   2  a  b   0   a  b   a 2  ab  b2  2   0
2

Do a 2  ab  b2  2   a  b   b2  2  0 .
2  4

Suy ra
1

3

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





 x  y  x  9  x2  1  4  3  x  9  x2  4
3  x  0

Đẳng thức xảy ra khi  

2
9  x  0

 x  3  y  1. Vậy giá trị lớn nhất

của T là 2022 tại x = 3; y=-1.
Ta lại có
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 2 x  9  0 





2

2 x  3  0 (Đúng).

Suy ra T  x  y  2018  1  3 2  2018  2019  3 2
Đẳng thức xảy ra khi chỉ khi
y

2x  3  0  x  

3 2
(thỏa mãn). Suy ra
2

3 2
3 2 2
.
 1 3 2 
2
2





Vậy GTNN T là 2019  3 2 tại x 
Câu 6: (2 điểm)

3 2
3 22
;y
.
2
2


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 .

A

E

M

C

B
F

Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chưa điểm M,lấy điểm E sao cho
AME đều; trên nửa mặt phẳng bờ BC không chưa điểm m,lấy điểm F
sao cho CMF đều.
Ta
có
MAE  BAC  600  MAB  BAE  MAB  CAM  BAE  CAM  BAE  CAM

(c – g - c). Suy ra BE  CM ; ABE  ACM .
Tương tự MCF  ACB  600  MCB  BCF  MCB  ACM  BCF  ACM .
Ta
có
BE  CM ; CM  CF  BE  CF ; ABE  ACM ; ACM  BCF  ABE  BCF .
Suy ra BAE  CBF  c  g  c   AE  BF . Mà AE  AM  BF  AM .
Mặt khác BMF  BMC  CMF  1500  600  900 . ( CMF đều, nên
MF  MC )
Xét BMF : BMF  900  BF 2  MB2  MF 2  MA2  MB2  MC 2  2MB.MC (
CMF đều MF= MC).