035 đề HSG toán 9 bình thuận 2017 2018

ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BÌNH THUẬN
NĂM HỌC 2017-2018

Câu 1( 4 điểm)
 x 2  x 3x  2 x 3( x  1) 


 với x  1 và x > 0
x
x 1 
 x  x 1

Cho biểu thức: Q  25 x : 
a, Rút gọn biểu thức Q

b, Tìm x để biểu thức Q nhận giá trị nguyên.
Câu 2(4 điểm)
ax  y  a 2  2
Cho hệ phương trình ẩn x và y: 
(a  1) x  ay  2a  1

a, Giải hệ phương trình trên với a = 1
b, Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa P = xy đạt giá trị lớn
nhất.
Câu 3 (4 điểm)
Với k là số nguyên dương, ký hiệu Bk   x  N * / x là bội số của k}
Cho m,n là các số nguyên dương
a, Chứng minh rằng Bmn là tập hợp con của Bm  Bn
b, Tìm điều kiện của m và n để Bm  Bn là tập hợp con của Bmn .
Câu 4 ( 6 điểm)
Cho hình vuông ABCD. Gọi E là điểm thay đổi trên BC( E không trùng B và C)

và F thay đổi trên CD sao cho EAF  450 , BD cắt AE , AF lần lượt tại M và N.
a, Chứng minh năm điểm E, M, N, F, C cùng nằm trên một đường tròn.
b, Tính tỷ số

MN
FE

c, Chứng minh đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi
E,F thay đổi.
Câu 5( 2 điểm)
Trên mặt phẳng cho 4035 điểm phân biệt. Biết rằng trong ba điểm bất kỳ trong
số đó luôn tồn tại hai điểm có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn một. Chứng
minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính bằng một chứa không ít hơn 2018 điểm
đã cho.


LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH BÌNH THUẬN
NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1( 4 điểm)
 x 2  x 3x  2 x 3( x  1) 


 với x  1 và x > 0
x
x 1 
 x  x 1

Cho biểu thức: Q  25 x : 
a, Rút gọn biểu thức Q

b, Tìm x để biểu thức Q nhận giá trị nguyên.
Lời giải
a, Rút gọn. Với x  1 và x > 0, ta có:
 x 2  x 3x  2 x 3( x  1) 
Q  25 x : 



x
x 1 
 x  x 1
 5 x :  x ( x  1)  (3 x  2)  3( x  1) 
 5 x : ( x  x  3 x  2  3 x  3)
 5 x : ( x  x  1)


5 x
x  x 1

b, Tìm x để biểu thức Q nhận giá trị nguyên.
Dễ thấy Q>0.
Phương trình sau có nghiệm x > 0, x  1
Q

5 x
x  x 1

 Qx  (Q  5) x  Q  0 có nghiệm x > 0, x  1

 Qy 2  (Q  5) y Q  0

có nghiệm y > 0, y  1

  (Q  5)2  4Q 2  (3Q  5)(Q  5)  0
 5  Q 

5
3

Mà Q nguyên và Q > 0 nên Q = 1 hoặc Q = 2
Với Q = 1 Tìm được x  7  4 3 ( Thỏa mãn)


Với Q = 2 phương trình vô nghiệm.
Câu 2(4 điểm)
ax  y  a 2  2
Cho hệ phương trình ẩn x và y: 
(a  1) x  ay  2a  1

a, Giải hệ phương trình trên với a = 1
b, Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa P = xy đạt giá trị lớn
nhất.
Lời giải:
x  0
y 1

a, Nghiệm của HPT là: 

ax  y  a 2  2
a 2 x  ay  a3  2a

(a 2 +a+1)x  a3  1
 x  a 1



b, 


(a  1) x  ay  2a  1 (a  1) x  ay  2a  1 (a  1) x  ay  2a  1  y  a  2

Với mọi a
Nên P = xy = (a-1)(-a+2) =

1
3
1
 (a  )2 
4
2
4

P đạt giá trị lớn nhất là 1/4 đạt được khi a = 3/2
Câu 3 (4 điểm)
Với k là số nguyên dương, ký hiệu Bk   x  N * / x là bội số của k}
Cho m,n là các số nguyên dương
a, Chứng minh rằng Bmn là tập hợp con của Bm  Bn
b, Tìm điều kiện của m và n để Bm  Bn là tập hợp con của Bmn .
Lời giải:
a, Ta có: Bmn   x  N * / x là bội của (mn)}={mn;2mn;3mn;...;kmn }
Bm  Bn   x  N * / x là bội của m và n}

={BCNN(m,n); 2BCNN(m,n); ...; hBCNN(m,n)}
mn m
 mn  BC (m, n)  kmn  BC (m, n)
mn n

Vì 

Nên Bmn là tập hợp con của Bm  Bn


b, Để Bm  Bn là tập hợp con của Bmn mà theo câu a thì Bmn là tập hợp con của
Bm  Bn Nên Bmn  Bm  Bn  BCNN (m, n)  mn  (m, n)  1
Hay m và n là hai số nguyên tố cùng nhau
Câu 4 ( 6 điểm)
Cho hình vuông ABCD. Gọi E là điểm thay đổi trên BC( E không trùng B và C)
và F thay đổi trên CD sao cho EAF  450 , BD cắt AE , AF lần lượt tại M và N.
a, Chứng minh năm điểm E, M, N, F, C cùng nằm trên một đường tròn.
b, Tính tỷ số

MN
FE

c, Chứng minh đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi
E,F thay đổi.
Lời giải:
A

B
M

E
N

D

H
F

C

a, Tứ giác AMFD nội tiếp đường tròn ( vì MAF  MDF  450 )
 AFM  ADM  450  AMF vuông cân  FM  AE

Tương tự: EN  AF
=>M,N,C nhìn EF dưới một góc vuông =>M,N,F,C,E nằm trên đường tròn
đường kính EF .
b, ANE ∽ AMF(gg)  AMN ∽ AEF(cgc) 

MN AM
2

 sin 450 
FE
FA
2

c, Tính chất trực tâm tam giác AEF => FE  AH
Dễ thấy : FAD  FMD  FEN  FAH ( Các tứ giác ADFM,EFNM,ANHE nội tiếp)
 FAD  FAH (ch gn) => AH = AD ( Không đổi)

Mà FE  AH
=>EF tiếp xúc với đường tròn (A;AD) cố định.


Câu 5( 2 điểm)
Trên mặt phẳng cho 4035 điểm phân biệt. Biết rằng trong ba điểm bất kỳ
trong số đó luôn tồn tại hai điểm có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn một.
Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính bằng một chứa không ít hơn
2018 điểm đã cho.

Lời giải:
Dùng nguyên lý Dirichlet
-Nếu khoảng cách hai điểm bất kỳ đều bé hơn 1 thì ta chỉ cần chọn 1 điểm
A bất kỳ trong số 4035 điểm đã cho rồi vẽ đường tròn (A;1) đường tròn này
chứa tất cả 4034 điểm còn lại nên ta có điều phải chứng minh.
-Giả sử rằng có hai điểm A và B trong số 4035 điểm đã cho có khoảng cách
lớn hơn 1, vẽ các đường tròn tâm A và B có cùng bán kính bằng 1, ta còn lại
4033 điểm. Mỗi điểm C bất kỳ trong số 4033 điểm ấy, theo giả thiết AB,AC,BC
phải có một đoạn thẳng có độ dài bé hơn 1 mà AB>1, nên AC<1 hoặc BC<1.Do
đó hoặc C nằm trong đường tròn (A;1) hoặc (B;1),do có 4033 điểm C như vậy
4033 
nên theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất 
  1  2017 điểm nằm trong cùng 1
 2 

đường tròn ( Trong hai đường tròn đang xét) Giả sử đó là đường tròn (A;1).
Cùng với điểm A ta có 2018 điểm nằm trong cùng một đường tròn (A;1) =>
ĐPCM