Tổng hợp các đề thi chọn HSG lớp 9 cấp tỉnh môn Toán của các trường năm 2018-2019

LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2019
Võ Quốc Bá Cẩn

1. Đề thi
Bài 1 (5.0 điểm).
a) Giải phương trình:

p
3
2

1
b) Cho S D 1 223 1 324
quả để dưới dạng phân số tối giản).

xD1

p

x

1:

2
2020 2021

là một tích của 2019 thừa số. Tính S (kết

a) Biết a; b là các số nguyên dương thỏa mãn a2
cả a và b đều chia hết cho 3:

ab C b 2 chia hết cho 9; chứng minh rằng

Bài 2 (5.0 điểm).

b) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 9n C 11 là tích của k .k 2 N; k
nhiên liên tiếp.

2/ số tự

Bài 3 (3.0 điểm).
a) Cho x; y; z là các số thực dương nhỏ hơn 4: Chứng minh rằng trong các số
1
C 4 1 z ; z1 C 4 1 x luôn tồn tại ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 1:
y

1
x

C

1
;

4 y

b) Với các số thực dương a; b; c thay đổi thỏa mãn điều kiện a2 C b 2 C c 2 C 2abc D 1; tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức P D ab C bc C ca abc:
Bài 4 (6.0 điểm). Cho tam giác AB C vuông tại A .A B < AC /: Đường tròn .I / nội tiếp
tam giác AB C ; tiếp xúc với các cạnh B C ; C A; AB lần lượt tại D ; E ; F : Gọi S là giao
điểm của A I và DE :
a) Chứng minh rằng tam giác I A B đồng dạng với tam giác E AS :
b) Gọi K là trung điểm của AB và O là trung điểm của B C : Chứng minh rằng ba điểm
K ; O ; S thẳng hàng.
c) Gọi M là giao điểm của K I và AC : Đường thẳng chứa đường cao AH của tam giác
AB C cắt đường thẳng DE tại N : Chứng minh rằng AM D AN :
Bài 5 (1.0 điểm). Xét bảng ô vuông cỡ 10 10 gồm 100 hình vuông có cạnh 1 đơn vị. Người
ta điền vào mỗi ô vuông của bảng một số nguyên tùy ý sao cho hiệu hai số được điền ở hai ô
chung cạnh bất kỳ đều có giá trị tuyệt đối không vượt quá 1: Chứng minh rằng tồn tại một số
nguyên xuất hiện trong bảng ít nhất 6 lần.

1


2

Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2019

2. Lời giải và bình luận các bài toán
Bài 1 (5.0 điểm).
a) Giải phương trình:

p
3

2

x D1

p

x

1:

b) Cho S D 1 223 1 324
1 202022021 là một tích của 201 9 thừa số.
Tính S (kết quả để dưới dạng phân số tối giản).
Lời giải. a) Điều kiện: x

1: Đặt a D

p

x

1; b D

p
3

2

x thì ta có a

0; b Ä 1 và

a 2 C b 3 D 1:

.1/

Ngoài ra, từ giả thiết, ta cũng có a C b D 1: Thay a D 1
.1

b vào .1/ ; ta được

b / 2 C b 3 D 1;

hay
b .b

1/. b C 2/ D 0:

Suy ra b 2 f 2 ; 0 ; 1g; hay x 2 f 1 0; 2 ; 1g: Thử lại, ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình đã
cho có tập nghiệm là S D f1 ; 2 ; 1 0g:
b) Để ý rằng với mọi n nguyên dương, ta có
1

n2 C n 2
.n 1/. n C 2/
2
D
D
:

n.n C 1/
n.n C 1/
n.n C 1/

Từ đó suy ra
1 4 2 5 3 6
201 9
2 3 3 4 4 5
2020
.1 2 3
201 9/ .4 5
D
.2 3 4
202 0/ .3 4
202 2
D
2 020 3
337
:
D
1 010

S D

Vậy S D

202 2
202 1
6
202 2/

5
202 1/

337
:
1010

Bài 2 (5.0 điểm).
a) Biết a ; b là các số nguyên dương thỏa mãn a 2
minh rằng cả a và b đều chia hết cho 3:

a b C b 2 chia hết cho 9; chứng

b) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 9 n C 11 là tích của k .k 2 N ; k
số tự nhiên liên tiếp.

2/


3

Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2019

Lời giải. a) Từ giả thiết, ta suy ra 4 .a 2 a b C b 2 / D .2 a b / 2 C 3b 2 chia hết cho 9:
Do 3b 2 chia hết cho 3 nên .2 a b / 2 chia hết cho 3; suy ra 2 a b chia hết cho 3: Từ đó,
ta có .2 a b / 2 chia hết hết cho 9: Suy ra 3b 2 chia hết cho 9; do đó b 2 chia hết cho 3; tức
b chia hết cho 3: Mà 2 a b chia hết cho 3 nên ta cũng có a chia hết cho 3: Vậy cả hai số a
và b đều chia hết cho 3 :
b) Để ý rằng trong ba số tự nhiên liên tiếp luôn có ít nhất một số chia hết cho 3; mà 9 n C 1 1
không chia hết cho 3 nên 9 n C 1 1 không thể là tích của k

3 số tự nhiên liên tiếp. Từ đó, theo
n
yêu cầu của đề bài, ta suy ra 9 C 1 1 là tích của hai số tự nhiên liên tiếp.
Đặt 9 n C 1 1 D a . a C 1 / với a 2 N thì ta có a .a C 1/
20 (do 9 n
9), suy ra a
4:
Từ đây, ta có
a . a C 1 / 1 1 D .a 2/ 2 C 5.a 3/ > .a 2/ 2 :
.1/
Mặt khác, ta cũng có
a.a C 1/

11 < a .a C 1/ < .a C 1/ 2 :

.2/

Do a .a C 1 / 1 1 D 9 n D . 3˚n / 2 là số chính«phương nên kết hợp với các đánh giá (1) và
(2), ta suy ra a .a C 1 / 1 1 2 . a 1/ 2 ; a 2 : Bằng cách xét các trường hợp cụ thể, ta tìm
được a 2 f4 ; 1 1 g: Thử lại, ta thấy chỉ có a D 4 (tương ứng, n D 1) thỏa mãn yêu cầu. Vậy
có duy nhất một giá trị n thỏa mãn yêu cầu đề bài là n D 1:
Bình luận. Ở câu b), sau khi nhận xét được 9 n C 11 là tích của hai số tự nhiên liên tiếp, ta
cũng có thể nhân 4 hai vế để tách bình phương và viết thành tích thừa số để hoàn tất lời giải.
Bài 3 (3.0 điểm).
a) Cho x ; y ; z là các số thực dương nhỏ hơn 4 : Chứng minh rằng trong các số
1
C 4 1 z ; z1 C 4 1 x luôn tồn tại ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 1:
y

1

x

C 4 1y ;

b) Với các số thực dương a ; b ; c thay đổi thỏa mãn điều kiện a 2 C b 2 C c 2 C 2 a b c D 1;
tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P D a b C b c C c a a b c :
Lời giải. a) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử x D minf x ; y ; z g: Khi đó, ta có
1
1
C
x
4 y

1
1
. y 2/ 2
C
D
C1
y
4 y
y .4 y /

1:

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
1
b) Trong ba số a ; b ; c ; tồn tại hai số cùng
hoặc cùng Ä 12 : Không mất tính tổng quát, giả
2

sử hai số đó là a và b : Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a 2 C b 2
2 a b : Từ đó
suy ra 1 c 2 D a 2 C b 2 C 2 a b c
2 a b C 2 a b c D 2 a b .1 C c /; hay

1

c

Từ đây, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 1
abc Ä

2ab:
c C 2ab
1
:
8

.1/
2

p

2 a b c ; suy ra
.2/


4

Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2019

Ta cũng có c .2 a

1/. 2 b

1/

0 nên

4abc C c

2ac C 2bc:

.3/

Từ các bất đẳng thức .3/ ; .1/ và .2/ ; ta có
2P D 2 a b C 2 a c C 2 b c

2abc Ä 2ab C c C 2abc Ä 1 C 2abc Ä 1 C

1
5
D ;
4
4

hay
5
:
8

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a D b D c D 12 : Vậy max P D
P Ä

5
:
8

Bình luận. Có thể chứng minh câu a) bằng cách cộng ba số lại và sử dụng bất đẳng thức phụ
1
1
C
x
y

4
;
xCy

8 x ; y > 0:

Câu b) cũng có thể được giải bằng cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu.
Cụ thể, ta có thể viết lại giả thiết bài toán dưới dạng
a
b
c
C
C
D 2:
a C bc
b C ca

c C ab
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu, ta có
b
c
a2
b2
c2
a
C
C
D 2
C 2
C 2
a C bc
b C ca
c C ab
a C abc
b C abc
c C abc
2
.a C b C c /
:
2
a C b 2 C c 2 C 3a b c
Từ đó suy ra
.a C b C c / 2
;
a 2 C b 2 C c 2 C 3a b c

2

hay

a 2 C b 2 C c 2 C 6a b c

2 .a b C b c C c a /:

Mà a 2 C b 2 C c 2 C 2 a b c D 1 nên 1 C 4 a b c

2 .a b C b c C c a /; hay

2P Ä 2 a b c C 1:
Mặt khác, dễ chứng minh được a b c Ä 18 (theo cách như .2/ hoặc sử dụng trực tiếp bất đẳng
p
4
thức AM-GM cho bốn số dương 1 D a 2 C b 2 C c 2 C 2 a b c
4 2 a 3 b 3 c 3 ) nên 2P Ä 54 ;
hay P Ä 58 : Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a D b D c D 12 :
Một cách khác cho câu b) nữa là sử dụng biến đổi
2P D 2 .a b C b c C c a / 2 a b c D 2 .a b C b c C c a /C a 2 C b 2 C c 2 1 D .a C b C c / 2 1:
Từ giả thiết, ta có .c C a b / 2 D .1
c D

ab C

p

.1

a 2 /.1

a 2 /.1

b2/ Ä

ab C

b 2 /: Suy ra
.1

a 2 / C .1
2

b2/

D

2

.a C b /2
:
2


5

Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2019
Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta cũng có
.a C b / 2 C 1
aCb Ä
:

2
Do đó

.a C b / 2 C 1
2 .a C b /2
3
C
D :
2
2
2
5
5
1 D 4 ; hay P Ä 8 : Việc còn lại chỉ là xét điều kiện để dấu đẳng thức

aCbCc Ä
Từ đây, ta có 2P Ä
xảy ra.

9
4

Bài 4 (6.0 điểm). Cho tam giác AB C vuông tại A .AB < AC /: Đường tròn .I / nội
tiếp tam giác AB C ; tiếp xúc với các cạnh B C ; C A; AB lần lượt tại D ; E ; F : Gọi S
là giao điểm của A I và DE :
a) Chứng minh rằng tam giác I AB đồng dạng với tam giác E AS :
b) Gọi K là trung điểm của AB và O là trung điểm của B C : Chứng minh rằng ba điểm
K ; O ; S thẳng hàng.
c) Gọi M là giao điểm của K I và AC : Đường thẳng chứa đường cao AH của tam giác
AB C cắt đường thẳng DE tại N : Chứng minh rằng AM D AN :

Lời giải. a) Ta có C D D C E nên tam giác C ED cân tại C ; suy ra
180 ı ∠C
180 ı C ∠ C
∠AE S D 180 ı ∠ C ED D 180 ı
D
:
.1/
2
2
Mặt khác, ta cũng có
∠ BAC C ∠ AB C
∠ AI B D 180 ı ∠ I AB ∠ I BA D 180 ı
2
ı
ı
180
∠
C
180
C
∠
C
D 1 80 ı
D
:
.2/
2
2
Từ (1) và (2), ta suy ra ∠ A E S D ∠ AI B : Lại có ∠E AS D ∠I AB D 45 ı nên các tam
giác E AS và I A B đồng dạng (g-g).

A

E
F
K

I

M

S

B

H

N

D

O

C


6

Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2019

b) Do 4EAS

4IAB nên ∠ESA D ∠IBA D ∠IBD; từ đó suy ra
∠IBD C ∠ISD D ∠ISE C ∠ISD D 180ı :

Do đó, tứ giác ISDB nội tiếp. Suy ra ∠ISB D ∠IDB D 90ı : Mà ∠SAB D 45ı nên tam giác
SAB vuông cân tại S; suy ra SK vuông góc với AB:
.3/
Mặt khác, ta lại có OK là đường trung bình ứng với cạnh AC của tam giác ABC nên OK vuông
góc với AB:
.4/
Từ .3/ và .4/; ta suy ra ba điểm K; O; S thẳng hàng.
c) Xét tam giác AKM có AI là đường phân giác kẻ từ A; ta có
IM
AM
D
:
AK
IK
Mặt khác, áp dụng định lý Thales trong tam giác AKM có IF k AM; ta cũng có
IM
FA
D
:
IK
FK
AF
Do đó AM
D KF
; hay
AK

AK
AM
D
:
.5/
AF
KF
Bây giờ, sử dụng định lý Thales trong tam giác ANS có ID k AN; ta có
AN
AS
D
:
ID
IS
Sử dụng định lý Thalese trong tam giác AKS có IF k KS; ta cũng có
AS
AK
D
:
IS
FK
Từ đó suy ra
AN
AF
D
:
.6/
ID
KF
Từ .5/ và .6/ với chú ý ID D AF (chỉ cần để ý tứ giác AF IE là hình vuông), ta suy ra

AM D AN: Đây chính là kết quả cần chứng minh.
Bài 5 (1.0 điểm). Xét bảng ô vuông cỡ 10 10 gồm 100 hình vuông có cạnh 1 đơn vị.
Người ta điền vào mỗi ô vuông của bảng một số nguyên tùy ý sao cho hiệu hai số được điền
ở hai ô chung cạnh bất kỳ đều có giá trị tuyệt đối không vượt quá 1: Chứng minh rằng tồn tại
một số nguyên xuất hiện trong bảng ít nhất 6 lần.
Lời giải. Gọi số nhỏ nhất được điền vào bảng là x: Khi đó với một số nguyên y được điền vào
bảng, ta xét bảng ô vuông con n m (n dòng, m cột, 0 Ä n Ä 10; 0 Ä m Ä 10) nối ô vuông
điền x và ô vuông điền y như hình vẽ bên dưới, trong đó a11 D x; anm D y (các trường hợp a11
ở các góc khác được xét tương tự).
a11

a12

: : : a1m
a2m
::
:
anm


7

Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 thành phố Hà Nội 2019
Ta có
a12 Ä a11 C 1;

a13 Ä a12 C 1 Ä a11 C 2;

:::;

a1m Ä a1 C m

1

và
a2m Ä a1m C 1 Ä a1 C m;

a3m Ä a2m C 1 Ä a1 C m C 1;

:::;

anm Ä a1 C n C m

2:

Như vậy, ta có
x Äy ÄxCnCm

2 Ä x C 18:

Kết quả trên chứng tỏ y 2 fx; x C 1; : : : ; x C 18g: Suy ra có không quá 19 số khác nhau được
điền vào bảng ô vuông đã cho. Do bảng
˘ đã cho có 100 ô vuông nên theo nguyên lý Dirichlet, có
100
một số xuất hiện không ít hơn 19 C 1 D 6 lần. Ta có điều phải chứng minh.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH


ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018 - 2019


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

Câu 1. (3,0 điểm)
 x 1
 
xy  x
Cho biểu thức P  

 1 :  1 
 xy  1 1  xy
 

 
với x; y  0 và xy  1.

xy  x
xy  1



x 1 

xy  1 

a. Rút gọn P .

b. Tính giá trị của biểu thức P khi x  3 4  2 6  3 4  2 6 và y  x 2  6 .
Câu 2. (3,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d):  m – 1 x  y  3m – 4
  300 .
và (d’): x   m – 1 y  m . Tìm m để (d ) cắt (d’) tại điểm M sao cho MOx
Câu 3. (4,0 điểm)
a. Giải phương trình:

3 x  1  6  x  3 x 2  14 x  8  0

3
2
2
 x  2 x  2 x  2 y  x y  4  0
b. Giải hệ phương trình:  2
 x  xy  4 x  1  3x  y  7
Câu 4. (2,0 điểm)
Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 thì
3a 2  3b 2  3c 2  4abc  13 .

Câu 5. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, vẽ các đường cao BE và AD. Gọi H là trực tâm và G là
trọng tâm tam giác ABC.
a. Chứng minh: nếu HG//BC thì tan B.tan C  3.
b. Chứng minh: tan A.tan B.tan C  tan A  tan B  tan C .
Câu 6. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, gọi I, J, K lần lượt là tâm các đường tròn
nội tiếp các tam giác ABC, ABH, ACH. Gọi giao điểm của các đường thẳng AJ, AK với
cạnh BC lần lượt là E và F.
a. Chứng minh: I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.

b. Chứng minh: đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK và đường tròn nội tiếp tam giác ABC
có bán kính bằng nhau.
Câu 7. (2,0 điểm)
Tìm tất cả các bộ số nguyên dương  x; y; z  sao cho

x  y 2019
là số hữu tỉ và x 2  y 2  z 2
y  z 2019

là số nguyên tố.
 HẾT 

Họ và tên thí sinh:................................................................... Số báo danh:..................


Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951

Đề ôn thi HSG 9

UBND HUYỆN HOÀI NHƠN
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
Đề chính thức

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Năm học 2018 – 2019
Môn: TOÁN 9
Ngày thi: 01/12/2018
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1. (4.0 điểm)

a) Thu gọn biểu thức: A 
b) Cho x 

2  3  6  8 4
.
2 3 4

2
1
2  1 1



. Tính giá trị của biểu thức B  1  2 x  x 2  x 3  x 4 

2018

1

.

2 1 1

c) Cho x  3 3  2 2  3 3  2 2 và y  3 17  12 2  3 17 12 2 . Tính giá trị của biểu thức:

C  x 3  y 3  3  x  y   2018 .
Bài 2. (4.0 điểm)
a) Tìm các số nguyên dương có hai chữ số, biết số đó là bội của tích hai chữ số của chính số đó.
 1 1
1

1 
b) Chứng minh rằng số tự nhiên A  1.2.3.....2017.2018.1    ... 

 chia hết cho
 2 3
2017 2018 

2019 .
Bài 3. (5.0 điểm)
2
2
2
3.1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  c 2  a  b   b  c   c  a 
a) Tính a  b  c , biết rằng ab  bc  ca  9 .
b) Chứng minh rằng: Nếu c  a, c  b thì c  a  b .
3.2. Cho ba số dương x , y, z thỏa mãn x 2019  y 2019  z 2019  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
E  x 2  y2  z2 .
Bài 4. (4.0 điểm) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a . Hai điểm M , N lần lượt di động trên
AM AN
 1 . Đặt AM  x và AN  y . Chứng minh rằng:

hai đoạn thẳng AB, AC sao cho
MB NC
a) MN 2  x 2  y 2  xy .
b) MN  a  x  y .
c) MN luôn tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Bài 5. (3.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O  , gọi M là trung điểm
của cạnh BC , H là trực tâm của tam giác ABC và K là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh
KM
và AM  30 cm.

BC . Tính diện tích của tam giác ABC , biết OM  HK 
4
----------  HẾT  ----------

Trường THCS Đào Duy Từ
GV: Lê Hồng Quốc

" Đi rồi sẽ đến "

Năm học 2018 – 2019
Trang 1


Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951

Đề ôn thi HSG 9

ĐÁP ÁN THAM KHẢO
Bài 1. (4.0 điểm)
2  3  6  8 4
.
2 3 4

a) Thu gọn biểu thức: A 

Lời giải.
2 3 4  2





2 3 4
2  3  6  8 4

 1 2 .
2 3 4
2 3 4
2018
2
b) Cho x 
. Tính giá trị của biểu thức B  1  2 x  x 2  x 3  x 4  .
1
1

2 1 1
2  1 1

Ta có: A 

2

Ta có: x 

1
2  1 1



1



2 1 1


thức, ta được: B  1  2 2 


Lời giải.
2
2







2  1 1

 2    2   2  
2

 2. Thay x  2 vào biểu

3

4 2018

2 1 1



 1 2 2  2  2 2  4



2018

 1

2018

1.

c) Cho x  3 3  2 2  3 3  2 2 và y  3 17  12 2  3 17 12 2 . Tính giá trị của biểu thức:

C  x 3  y 3  3  x  y   2018 .
Lời giải.

 3  2 2  3  2 2   3  2 2  3.x  3  2 2  6  3x
  17  12 2  17  22 2   17  12 2  3. y  17 12 2  34  3 y

● Ta có x 3 

3

3

3

3

và y 3

3

3

● Cộng vế theo vế, ta được: x 3  y 3  40  3 x  3 y  x 3  y 3  3  x  y   2018  2058 .
 Vậy C  2058 khi x  3 3  2 2  3 3  2 2 và y  3 17  12 2  3 17 12 2 .
Bài 2. (4.0 điểm)
a) Tìm các số nguyên dương có hai chữ số, biết số đó là bội của tích hai chữ số của chính số đó.
Lời giải.
Gọi số cần tìm là ab , theo đề, ta có 10a  b  k.a.b . (Trong đó: 1  a, b  9 và a, b, k   ).
10
10
1
10
10
Suy ra b 
. Vì 1  b  9  1 

9 
 k   10.
k.a 1
1
1
9

a
k
k
a
a
a
10
1
 9  k  a  10
1  5 5

Từ 

 k    ;2; ;5;10 .

1
a  3 2


10 : k   
a

a  1
a  3



1 5 a.3k  5  3
8
 ab  36 .

● Nếu k    

 k  (không thỏa) hoặc k  2 (thỏa) 


a 3 b  6
3
b  6

b  6

Trường THCS Đào Duy Từ
GV: Lê Hồng Quốc

" Đi rồi sẽ đến "

Năm học 2018 – 2019
Trang 2


Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951

Đề ôn thi HSG 9

a  1


a.k  2  1

1



k





2
 ab  15 .
● Nếu
k  3 (thỏa) 



a
5
b






b  5
a  1


1 5 a.2 k  5  2
7

● Nếu k    

 k  (không thỏa) hoặc

a 2 b  4
2

b

4


a  2

 ab  24 .
k  3 (thỏa) 

b  4


a  1
a.k  5  1
1


 k  6 (thỏa) 
 ab  12 .
● Nếu k   5  



a
b  2
b  2



a  1
a.k 10  1
1


 k  11 (thỏa) 
 ab  11 .
● Nếu k   10  


a
1
b




b  1
Vậy ab  11;12;15;24;36 .
 1 1
1
1 
b) Chứng minh rằng số tự nhiên A  1.2.3.....2017.2018.1    ... 


 chia hết cho
 2 3
2017 2018 

2019 .
Lời giải.
 1 1
1
Ta có B  1.2.3.....n.1    ...    là số tự nhiên. Thật vậy
 2 3
n

  đúng.
● Với n  1 thì B  1   
  đúng.
● Với n  2 thì B  3   

1 1
1
● Giả sử  đúng khi n  k , nghĩa là B  1.2.3.....k.1    ...     .

2 3
k
 1 1
1 
● Cần chứng minh  đúng khi n  k  1 , nghĩa là B  1.2.3.....k  1.1    ... 
  .
 2 3
k  1
 1 1

 1 1
1 
1
Ta có 1.2.3.....k  1.1    ... 
  1.2.3.....1    ...  .k  1  1.2.3.....k .
 2 3
 2 3
k
k  1



1.2.3.....1  1  1  ...  1   
 2 3

k 

Có k  1  

B  .

1.2.3.....k  


 1 1
1
Vậy 1.2.3.....n.1    ...   là số tự nhiên.
 2 3
n
 1 1

 1
1
1
Suy ra, với n  2 k thì 1.2.3.....2 k.1    ...   và 1.2.....k.1   ...   là các số tự nhiên
 2 3
 2
k
2k 
 1
1
1
 

 ...  .k  1k  2.....2 k cũng là các số tự nhiên.

 k  1 k  2
2k 

●

Áp

dụng

các

chứng

minh

ta

có:

 1
1 
1.2.....1009.1   ... 

 2
1009 

và

 1
1
1 

 ... 
.1010.1011.....2018 cũng là các số tự nhiên.

1010 1011
2018 
Trường THCS Đào Duy Từ
GV: Lê Hồng Quốc

" Đi rồi sẽ đến "

Năm học 2018 – 2019
Trang 3

Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951

Đề ôn thi HSG 9

1011 3
 1010.1011.....1342.....2018  2019
Ta có 

1342 673
 1
1 
 1.2.....1009.1   ... 

.1010.1011.....1342.....2018 2019 .
 2
1009 
3 3
Và 

 1.2.3.....673.....1009  2019
673 673
 1
1
1 
 1.2.....1009.

 ... 

.1010.1011.....2018 2019 .

1010 1011
2018 
 1 1
1
1 
 Vậy số tự nhiên A  1.2.3.....2017.2018.1    ... 

 chia hết cho 2019 .
 2 3
2017 2018 
Bài 3. (5.0 điểm)
2
2
2
3.1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  c 2  a  b   b  c   c  a 
a) Tính a  b  c , biết rằng ab  bc  ca  9 .
Lời giải.
2
2
2
2
2
2
 a 2  b 2  c 2  2 ab  bc  ca   4 ab  bc  ca  .
Từ a  b  c  a  b   b  c   c  a  
a , b , c 0
 a  b  c  6 .
Mà ab  bc  ca  9 nên a  b  c   36 
2

b) Chứng minh rằng: Nếu c  a, c  b thì c  a  b .
Lời giải.
2
Ta có a 2  b 2  c 2  a  b   b  c   c  a   c  a  b   4 ab .
2

2

2

Không mất tính tổng quát, giả sử: c  a  b . Khi đó, ta có:
c  a  b  2b 1
2
.
c  a  b   4 ab  4b 2  
c  a  b  2b 2 
c  a b .
● 1  c  a  b  0 
● 1  c  a  b  2b  c  a  b  0  , mà c  a  0 suy ra  vô lí.
 Vậy: nếu c  a, c  b thì c  a  b .
3.2. Cho ba số dương x , y, z thỏa mãn x 2019  y 2019  z 2019  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
E  x 2  y2  z2 .
Lời giải.
Cách 1.
● Áp dụng bất đẳng thức COSI ta có các đánh giá sau:
 x 2019  x 2019  1
 1  1  ...  1  2019 x 2 . Dấu "  " xảy ra khi x  1 .
2017 so 1

 y 2019  y 2019  1

 1  1  ...  1  2019 y 2 . Dấu "  " xảy ra khi y  1 .
2017 so 1

 z

2019

z

2019

 1
 1  1  ...  1  2019 z 2 . Dấu "  " xảy ra khi z  1 .
2017 so 1

● Khi đó: 6  x

2019

y

2019

x
y
z
3
 z 2019   6051  2019  x 2  y 2  z 2  





 x 2  y2  z 2  3 .
2019

2019

2019

Dấu "  " xảy ra khi x  y  z  1 .
 Vậy E đạt giá trị lớn nhất bằng 3 khi x  y  z  1 .
Cách 2.
● Áp dụng bất đẳng thức COSI ta có các đánh giá sau:
Trường THCS Đào Duy Từ
GV: Lê Hồng Quốc

" Đi rồi sẽ đến "

Năm học 2018 – 2019
Trang 4


Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951

Đề ôn thi HSG 9

 x 2019  1
 1  1  ...  1  673 x 3 ; y 2019  1
 1  1  ...  1  673 y 3 và z 2019  1
 1  1  ...  1  673 z 3

672 so 1

 x

2019

672 so 1

 1
 1  1  ...  1  2019 x ; y

2019

 1
 1  1  ...  1  2019 y và z

2018 so 1

● Khi đó:  x

2019

y

672 so 1
2019

 1  1  ...  1  2019 z
 1

2018 so 1
2019

z

2019

2018 so 1

 2016  673  x  y  z
3

3

3

x
     
x 2019  y 2019  z 2019 3

3

 y3  z 3  3 .

Dấu "  " xảy ra khi x  y  z  1 .
x
y
z
3
 x 2019  y 2019  z 2019  6054  2019  x  y  z  





x  yz 3.
2019

2019

2019

Dấu "  " xảy ra khi x  y  z  1 .
COSI

 x 2  y2  z 2  3 .
● Suy ra 6  x 3  x  y 3  y  z 3  z  2  x 2  y 2  z 2  


x3  x


3
 x  y  z  1.
Dấu "  " xảy ra khi 
 y  y 


3



z  z
 Vậy E đạt giá trị lớn nhất bằng 3 khi x  y  z  1 .
Cách 3. (Sử dụng BĐT HOLDER)
● Áp dụng bất đẳng thức HOLDER, ta có

 x 2019  y 2019  z 2019  x 2019  y 2019  z 2019  32017   x 2  y 2  z 2 
2019
x
y
z
3




 32019   x 2  y 2  z 2  
3  x 2  y2  z 2 .
2019

2019

2019

2019

Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  1 .
 Vậy E đạt giá trị lớn nhất bằng 3 khi x  y  z  1 .
Bài 4. (4.0 điểm) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a . Hai điểm M , N lần lượt di động trên
AM AN


 1 . Đặt AM  x và AN  y . Chứng minh rằng:
hai đoạn thẳng AB, AC sao cho
MB NC
a) MN 2  x 2  y 2  xy .
b) MN  a  x  y .
c) MN luôn tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Lời giải.
AN
a
 AM
 AN

 1
1 
x



x
a
x



AM AN
 MB
 NC

NC
2

● Vì

1 


 


x  y a.
MB NC
 AN  1  AM
 AM  1  y  a  y  y  a

2
MB
 MB
 NC
Không mất tính tổng quát ta giả sử AM  AN . Kẻ MH  AC như hình vẽ bên.
AM
Khi đó, ta có AH  AM .cos 60 
.
2
a) Áp dụng định lí PYTAGO, ta có:
2
 MN 2  MH 2  HN 2  AM 2  AH 2   AN  AH 
 AM 2  AN 2  2 AN . AH  AM 2  AN 2  AM . AN  x 2  y 2  xy   x  y   3 xy .
2

 Vậy MN 2  x 2  y 2  xy   x  y   3 xy 1
2

b) Theo đề, ta có:
AM AN
AB
AC

1
1 
1  1

MB NC
MB
NC
Trường THCS Đào Duy Từ
GV: Lê Hồng Quốc

" Đi rồi sẽ đến "

Năm học 2018 – 2019
Trang 5


Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951

Đề ôn thi HSG 9



a
a

 a 2  2a  x  y   3xy 2

 3  a 2  a  x  y   a 2  3a 2  3a  x  y   3 xy 
ax ay

Thay 2 vào 1 ta được: MN 2   x  y   2a  x  y   a 2   x  y   2a  x  y   a 2  a  x  y 
2

2

2

 Vậy MN  a  x  y  a  x  y (vì x  y  a ).
c) Gọi K , E lần lượt là trung điểm của AB, AC .

D là tâm đường tròn nội tiếp ABC .
Kẻ DI  MN  I  MN  . Khi đó ta dễ dàng tính được: DK  DE 

a 3
a
a
; MK   x ; NE   y .
6
2
2

a
a
Ta có KM  NE   x   y  MN và 2  ax  ay  3 xy  a a  x  y  .
2

2
KD.MK KE .NE AH .AN


● SDMN  2SAKD  SMKD  SNED  SAMN  DK .AK 
2
2
2
2
DK .MN AH . AN a 3 a 3
x 3y
.a  x  y  
 DK . AK 



2
4
12
12
4
3 2
  3 ax  ay  3 xy   a 3 .a  x  y   DK .MN .


a
a

x


y

3
xy
a



 12
12 
12
2
DI .MN
DK .MN


 DI  DK . Suy ra DI là bán kính đường tròn nội tiếp, mà
 Do đó
2
2
 MN là tiếp tuyến của đường tròn.
MN  DI 
Bài 5. (3.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O  , gọi M là trung điểm
của cạnh BC , H là trực tâm của tam giác ABC và K là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh
KM
BC . Tính diện tích của tam giác ABC , biết OM  HK 
và AM  30 cm.
4
Lời giải.
● Gọi D là trung điểm của AC .

Ta chứng minh được AHB  MOD (3 cặp cạnh
song song)
AH
AB


 2 
 HG  2OG .
OM
MD
● Gọi G là giao điểm của AM và OH . Ta chứng
minh được AGH  MGO  g  g 

AG
HG AH


 2 
 AH  2OM .
GM GO OM
● Dễ dàng chứng minh được tứ giác IMKH là hình
chữ nhật (hình bình hành có 1 góc vuông).
 HO  KM 
 HO  4OM , suy ra 3OG  4OM .


● Áp dụng định lý PYTAGO trong tam giác vuông OGM , ta có:
AM 2
16
OM 2  OG 2  GM 2  OM 2  OM 2 

 5OM  AM 
 OM  6 cm .
9
9
Khi đó OH  24 cm; AH  12 cm; AK  18 cm .
Ta có OC  OA  OH 2  AH 2  12 5 , từ đó tính được BC  2 MC  2 OC 2 OM 2  12 19 .
AK .BC 18.12 19

 108 19 cm 2  .
2
2
Mọi sự góp ý, xin nhắn tin đến />
 Vậy SABC 

Trường THCS Đào Duy Từ
GV: Lê Hồng Quốc

" Đi rồi sẽ đến "

Năm học 2018 – 2019
Trang 6


Đề ôn thi HSG 9

Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH

Đề chính thức

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học: 2018 – 2019
Môn: TOÁN 9 – Ngày thi: 18/03/2019
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1. (5.0 điểm)
1) Tính giá trị biểu thức: A  x 3  y 3  3  x  y  , biết rằng:

x  3 3  2 2  3 3  2 2 và y  3 17  12 2  3 17 12 2 .
1 1 1
2) Cho hai số thực m , n khác 0 thỏa mãn:   . Chứng minh rằng phương trình:
m n 2
2
2
 x  mx  n x  nx  m  0 luôn có nghiệm.
Bài 2. (5.0 điểm)
 x 2  xy  y  1
1) Giải hệ phương trình: 
.
 x  3 y  4 x  5

2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 xy 2  x  y  1  x 2  2 y 2  xy .
Bài 3. (3.0 điểm)
1) Trong mặt phẳng cho 8073 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các điểm đã
cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được 2019 điểm
nằm trong hoặc trên cạnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1.
2) Cho a , b , c là các số thực không âm thỏa mãn: a  b  c  3. Chứng minh rằng:
a b 3  1  b c 3  1  c a 3  1  5.

Bài 4. (7.0 điểm)
1. Cho tam giác nhọn ABC vuông cân tại A . Gọi D là trung điểm của cạnh BC . Lấy điểm M
bất kỳ trên đoạn AD ( M không trùng với A ). Gọi N , P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc
của M trên các cạnh AB , AC và H là hình chiếu vuông góc của N lên đường thẳng PD .
a) Chứng minh rằng: AH  BH .
b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực của AB tại I . Chứng minh
ba điểm H , N , I thẳng hàng.
2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O , đường cao AH . Gọi M là giao điểm của AO và
HB MB
AB

 2.
. Dấu bằng xảy ra khi nào ?
BC . Chứng minh rằng
HC MC
AC
----------  HẾT  ----------

Trường THCS Đào Duy Từ
GV: Lê Hồng Quốc

" Cần cù bù thông minh "

Năm học 2018 – 2019
Trang 1


Đề ôn thi HSG 9

Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951

ĐÁP ÁN THAM KHẢO 2018 – 2019
Bài 1. (5.0 điểm)
1) Tính giá trị biểu thức: A  x 3  y 3  3  x  y  , biết rằng:

x  3 3  2 2  3 3  2 2 và y  3 17  12 2  3 17 12 2 .
1 1 1
  . Chứng minh rằng phương trình:
2) Cho hai số thực m , n khác 0 thỏa mãn:
m n 2
 x 2  mx  n x 2  nx  m  0 luôn có nghiệm.
Giải

 3  2 2  3  2 2   3  2 2  3.x  3  2 2  6  3x
  17  12 2  17  22 2   17  12 2  3. y  17 12 2  34  3 y

1) ● Ta có x 3 

3

3

3

3

và y 3

3

3

● Cộng vế theo vế, ta được: x 3  y 3  40  3 x  3 y  x 3  y 3  3  x  y   40.
 Vậy A  40 khi x  3 3  2 2  3 3  2 2 và y  3 17  12 2  3 17 12 2 .
1 1 1
2) ● Từ    4 m  4 n  2m.n  m 2  n 2  m 2  n 2  4 m  4 n  0 .
m n 2
 x 2  mx  n  0 2
2
2
Ta có:  x  mx  n  x  nx  m  0 1   2
.
 x  nx  m  0 3
● Giả sử cả hai phương trình 2 và 3 đều vô nghiệm:
2
2  0 m  4 n  0
 
 2

 m 2  n 2  4m  4 n  0 .
3  0 n  4 m  0


Nhận thấy  và  mâu thuẫn nên giả sử sai. Suy ra trong hai phương trình: 2 và 3 có ít
nhất một phương trình có nghiệm.
 Do đó phương trình 1 luôn có nghiệm.
Bài 2. (5.0 điểm)
2



 x  xy  y  1 1
.
1) Giải hệ phương trình: 
3 y  4x  5 2

x






2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 xy 2  x  y  1  x 2  2 y 2  xy .

Giải
1) Điều kiện x  0 . Ta có: 1   x  1 x  y 1  0  y  1  x . (Do x  1  0 )
● Thay y  1  x vào 2 , ta được:


3
 x 1.





3

x 1



x 1

2

1  4



3

x 1
 3 x 1  4  x 1  0
x 1

x 1  3 x 1  4  x 1  0 

x 1   0  x  1 (Vì





2



3

x 1



x 1

2

1  4



3



2

x 1  0, x  0 ).

Với x  1 
 y  0.
 x  1
 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: 
.
 y  0
Trường THCS Đào Duy Từ
GV: Lê Hồng Quốc

" Cần cù bù thông minh "

Năm học 2018 – 2019
Trang 2


Đề ôn thi HSG 9

Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951

2) Ta có: 1  x  x 1  y  x 1  2 y 2  x 1  1   x 1 x  y  2 y 2   1 .

 x 1  1
 x 1  1

I
Vì x , y   suy ra 
hoặc


 II  .

 x  y  2 y 2  1
 x  y  2 y 2  1
x  0
 x  2






x  0
 y  1
x

2



y 1
●  I   
●  II   

 


.






y

1
y

1
1
1






y 
 y  




2
2




 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là: 0;1 và 2;1 .
Bài 3. (3.0 điểm)
1) Trong mặt phẳng cho 8073 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các điểm đã
cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được 2019 điểm
nằm trong hoặc trên cạnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1.
2) Cho a , b , c là các số thực không âm thỏa mãn: a  b  c  3. Chứng minh rằng:
a b 3  1  b c 3  1  c a 3  1  5.
Giải
1) Gọi Ai A j là hai điểm xa nhau nhất trong các điểm thuộc tập hợp 8073 điểm đã cho.
● Giả sử Am là điểm cách xa đoạn thẳng Ai A j nhất. Khi đó:
Tam giác Ai A j Am là tam giác lớn nhất và có diện tích không lớn hơn 1.
● Ta vẽ các đường thẳng đi qua các điểm Ai , A j , Am lần lượt song song với các cạnh của Ai A j Am .
Ta được 4 tam giác nhỏ bằng nhau và một tam giác lớn chứa cả 4 tam giác nhỏ. Và tam giác lớn

này có diện tích không quá 4 đơn vị. Do đó, tam giác lớn này chứa tất cả 8073 điểm đã cho.
Nhận thấy 8073 : 4 được 2018 dư 1. Nên theo nguyên lí Đirichlet, suy ra có ít nhất 1 trong 4 tam
giác có 1 tam giác chứa 2019 trong 8073 điểm đã cho.
2) ● Ta có: 2 P  2a b 3  1  2b c 3  1  2c a 3  1

 2a b  1b 2  b  1  2b c  1c 2  c  1  2c a  1a 2  a  1
COSI

 a b 2  2  b c 2  2  c a 2  2  ab 2  bc 2  ca 2  6  M  6

● Không mất tính tổng quát, giả sử b  c  a thì:
b a  c c  b   0  abc  b 2 c  ab 2  bc 2  ab 2  bc 2  ca 2  abc  b 2 c  ca 2 .
Suy ra M  abc  b 2 c  ca 2  2 abc  b 2 c  ca 2  c a  b   4.c .
2

a b a b
.
2
2

4 a  b  c 
4 
a  b a  b 
 c 


4 .

27 
2

2 
27
3

3

a  b  c  3
b  0

b c a

● Do đó 2 P  10  P  5. Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi 
 c  1 .
2c  a  b


a  2


abc  2 abc
 Vậy

với a , b , c là các số thực không âm thỏa mãn: a  b  c  3 thì
a b 3  1  b c 3  1  c a 3  1  5.

Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi a ; b ; c   0;1;2, 1;2;0, 2;0;1 .
Trường THCS Đào Duy Từ
GV: Lê Hồng Quốc

" Cần cù bù thông minh "

Năm học 2018 – 2019
Trang 3


Đề ôn thi HSG 9

Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951

Bài 4. (7.0 điểm)
1. Cho tam giác ABC vuông cân tại A . Gọi D là trung điểm của cạnh BC . Lấy điểm M
bất kỳ trên đoạn AD ( M không trùng với A ). Gọi N , P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc
của M trên các cạnh AB , AC và H là hình chiếu vuông góc của N lên đường thẳng PD .
a) Chứng minh rằng: AH  BH .
b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực của AB tại I . Chứng minh ba
điểm H , N , I thẳng hàng.
2. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O , đường cao AH . Gọi M là giao điểm của
HB MB
AB

 2.
AO và BC . Chứng minh rằng
. Dấu bằng xảy ra khi nào ?
HC MC
AC
Giải
1. (Hướng dẫn giải)
a) Dễ dàng chứng minh được MNAP là hình vuông.
Ta có MNPH và ANHP là các tứ giác nội tiếp nên
  AHN

  45 và MHN
  MPN
  45
APN
  NHM
  90 hay AH  BH .
Do đó: AHN
b) Vì ABI và ABH là các tam giác vuông nên tứ
  BAI
  45 .
giác AHBI nội tiếp, suy BHI
  45 do đó N nằm trên đường thẳng
Lại có MHN
HI . Hay H , N , I thẳng hàng.
2. (Hướng dẫn giải) Chứng minh tương đương:
● Kẻ phân giác của góc BAC cắt BC tại I . Suy ra
IB
AB

1.
IC AC
● Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt
AM tại D , cắt AI tại E và cắt AH tại K .
HB AB MB AB
IB AB

;


Khi đó:

và
2.
HC CK MC CD
IC CE
● Từ 1 và 2 suy ra:
AB AB
AB
1
1
2

 2.



3.
CK CD
CE
CK CD CE
  BAE
  CAE
 
● Ta có CEA
 ACE cân tại C , suy ra CA  CE .
1
1
2
CK  CD
2





Do đó: 3 
4 .
CK CD CA
CK .CD
CA
  CAD
 , mà
● Sử dụng tính chất, góc nội tiếp và hai góc phụ nhau, ta chứng minh được: BAH
  AKC
 (sltr) 
BAH
 AKC  DAC , suy ra CD.CK  CA 2  CA  CD.CK .
CK  CD
2
Thay vào 4  ta được:

 CK  CD  2 CK .CD (luôn đúng)
CK .CD
CK .CD
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi CK  CD , suy ra AH đi qua O 
 ABC cân tại A , khi đó
AB  AC .

 

Trong quá trình thực hiện lời giải, Tôi cũng khó tránh khỏi sai sót.
Mọi góp ý xin vui lòng gửi qua mail:

XIN CHÂN THÀNH CẢM ƠN !
Trường THCS Đào Duy Từ
GV: Lê Hồng Quốc

" Cần cù bù thông minh "

Năm học 2018 – 2019
Trang 4