Đề HSG 9 thanh ba 2018 (3)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Năm học 2018-2019
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9
( Hướng dẫn có 5 trang)
I.PHẦN TRẮC NGHIÊM KHÁCH QUAN( 8 điểm) mỗi câu đúng 0,5 điểm
1.C

2.D

3.A

4.B

5.A

6.C

7.B

8.D

9.A

10.B

11.C

12.B

13.C

14.D

15.A

16.C

II.PHẦN TỰ LUẬN(12 điểm )
Câu 1 (3,0 điểm)
.a) Chứng minh rằng trong ba số chính phương tùy ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của
chúng chia hết cho 4.
b) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca  2
Chứng minh rằng

a
b
c
4



.
a2 b2 c2
(a  2)(b  2)(c  2)

ĐÁP ÁN
a) Vì một số nguyên bất kỳ phải là số chẵn hoặc là số lẻ. Do đó theo nguyên lý
Đirichlet trong 3 số nguyên bất kỳ luôn chọn ra được 2 số có cùng tính chẵn lẻ.

ĐIỂM
0,5

+) Áp dụng ta có trong 3 số chính phương bất kỳ luôn chọn ra được hai số có cùng
tính chẵn lẻ. Gọi 2 số chính phương được chọn ra đó là a 2 và b 2 . Khi đó ta có
a 2  b 2  (a  b)(a  b) .
+) Vì a 2 và b 2 cùng tính chẵn lẻ nên a, b cũng cùng tính chẵn lẻ. Do đó a  b là số
chẵn và a  b cũng là số chẵn a 2  b 2  (a  b)(a  b)M4 , (đpcm).
b) Do ab  bc  ca  2
Do đó a  2 a  ab  bc  ca  a  b


ca 




a 



a c


b

b  2 b  ab  bc  ca  b  c

b a

c  2 c  ab  bc 

c

c



0,5

0,5

Suy ra
a
b
c
a




a2 b2 c2
a b a c



 
a b  c   b c  a   c a  b 
 a  b  b  c  c  a 







2





ab  bc  ca

a b



b c





c a





b

b c



b a



 

c

c a



c b



0,5

4
(a  2)(b  2)(c  2)

a
b
c
4




a2 b2 c2
(a  2)(b  2)(c  2)

Câu 2 (3,5 điểm)
a) Giải phương trình: 3x2  2x  20  7 x3  8

�xy  x  1  7 y
b) Giải hệ phương trình: � 2 2
2
2
�x y  2 xy  x  1  25 y

0,5


ĐIỂM









3x2  2x  20  7 x3  8 � 3 x2  2x  4  7  x  2 x2  2x  4  4 x  2  0
x2  2x  4  a; x  2  b;(a  0;b �0)

Đặt

0,5

Ta có phương trình
a b  0
�
3a2  7ab  4b2  0 �  a  b  3a  4b  0 � �
�
3a  4b  0
�

a b
�
�
3a  4b
�

Với a  b ta có

�x �2
�x �2
x2  2x  4  x  2 �� � 2
� �2
�x  2x  4  x  2 �x  3x  2  0

�x �2
��
�
(x  1)(x  2)  0

�

x1
�
�
x 2
�

0,5

�x �2
3 x2  2x  4  4 x  2 �� � 2
9x  18x  36  16x  32
�
�x �2
�
Với 3a  4b ta có
� 17  253
�
�x �2
��
x
�� 2
��
�
9
�
9x  34x  4  0 �
�
� 17  253

��
x
�
9
��

� 17  253
x
�
9
�
� 17  253
x
�
9
�

0,5

�
� 17� 253�
�
S �
1;2;
�
9
�
�
b) Nhận xét : y=0 không là nghiệm vì (1)suy ra 1=0 vô lý , cho nên ta chia hai vế
phương trình (1) và (2) của hệ cho y �0; y 2 �0 . Khi đó hệ trở thành :

� x 1
�x  y  y  7
�
��
�
2
�x 2  2 x  x  1  25
�
y y2 y2
�

�
�
�
�x 
�
�
�
�
�
�x 
�
�
�

1� x
�  7
y� y
2

1 � x2
 25
�
y � y2

0,5
�

1
x
 a;  b ta có hệ phương trình :
y
y
a b 7
�
a b 7
a  b 7 �
a  4;b  3
�
�
�
�
�
�
�2
�
�
2
�
a  b2  25 �

 a  b  2ab  25 �ab  12 �a  3;b  4
�
Đặt: x 

Với

0,5

0,5

2


� 1
x  4 �
1
y  1; x  3
�
�
3y   4 �
3y2  4y  1 0 �
� y
�
y
a  4;b  3 ta co �
��
��
�
1
�

x
y  ;x  1
x

3
y
�
� 3
�x  3y
� 3
�
�
�y
� 1
x  3 �
1
�
4y   3 �
4y2  3y  1 0
� y
�
y
��
��
Với a  3;b  4 ta co �
x
�x  4y
� 4
�x  4y
�

�
�y
3 9 7 �
vô nghiệm vì 4y  3y  1 (2y)  2.2y. 

 2y 
4 16 16 �
�
2

2

0,5

2

3� 7

0
4�
16
�

�
�
1�
1; �
 3;1 ;�
Vậy hệ có 2 nghiệm  x; y ��
�

�
� 3�
�
Câu 4 (4,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng (d) không qua O, (d) cắt đường tròn tại hai điểm A và
B. Trên đường thẳng d lấy điểm M ở ngoài đoạn thẳng AB. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MC và MD
với đường tròn (C và D là các tiếp điểm, C thuộc cung nhỏ cung AB).
a) Gọi H là trực tâm tam giác MCD. Tứ giác CHDO là hình gì? Vì sao?.
b) Tìm vị trí M để H nằm trên đường tròn (O)
b) Khi M di chuyển trên d, chứng minh rằng đường thẳng CD đi qua một điểm cố định.

K
C
A

M

N

H
I

B

O

D

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

a. b) Vì H là giao điểm của 3 đường cao nên CH  MD, mà MD  OD nên CH //
OD
(1)
Tương tự ta có DH // OC

(2)

1,5

Từ (1) và (2) ta có tứ giác CHDO là hình bình hành
Mà OC = OD = R nên tứ giác CHDO là hình thoi.

3


b) Giả sử H thuộc (O) vì OCHD là hình thoi nên tam giác OHC đều suy ra góc
MOC=600 khi đó trong tam giác vuông MOC ta có
R
OC OM .CosMOC  OM 
2 R vậy M là giao của đường tròn tâm O bán
Cos60 0

1,5

kính 2R và đường thẳng d thì H thuộc (O).
c)  NMO đồng dạng với  IKO (hai tam giác vuông có một góc nhọn chung),
nên

ON OM

, suy ra ON.OK = OI.OM
OI OK

(1)

Tam giác vuông DMO, DI là đường cao, ta có: OD 2 = OI.OM = R2 (2) Từ (1) và (2) ta
R2
có ON.OK = R2 , suy ra OK =
ON
Vì đường thẳng d cố định, ON cố định và độ dài ON không đổi, R không đổi nên K
cố định. Vậy CD đi qua một điểm cố định
Câu 4 (1,5 điểm)
Cho ba số dương a,b,c dương thỏa mãn a  b  c  9
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a
b
c
P


3
2
3
2
3
2
b  5b  3b  18
c  5c  3c  18

a  5a  3a  18
ĐÁP ÁN
b3  5b 2  3b  18 

 b  6   b 2  b  3

1,0

ĐIỂM

b6b b3 b 9
�

2
2
2

2

a
2a

;(1)
Tuong tu :
2
2
b  5b  3b  18 b  9
b
2b
c

2c
�2
;(2);
�2
;(3)
3
2
3
2
c

9
a

9
c  5c  3c  18
a  5a  3a  18
3

Từ (1);(2);(3)
2a
2b
2c
18a
18b
18c
P� 2
 2
 2
 Q; M  18  9Q  2a  2

 2a  2
 2c  2
b 9 c 9 a 9
b 9
c 9
a 9
2
2
2
2
2
2
2ab
2bc
2ca
2ab
2bc
2ca
ab  bc  ca
M 2
 2
 2
�



6b
6c
6a
3

b 9 c 9 a 9

0,5

0,5

Ma 3  ab  bc  ca  � a  b  c  � ab  bc  ca �27
2

��
M� 9  18 9Q 9

Q 1

P Q 1

�
b  6  b2  b  3
�
c  6  c2  c  3
�
�
Min( P)  1 � �
a  6  a2  a  3 � a  b  c  3
�
abc 9
�
abc3
�
�

0,5

...................................... HẾT .................................

4


5