thcs toanmath com đề thi học sinh giỏi tỉnh toán 9 THCS năm 2018 – 2019 sở GDĐT đăk lăk

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐĂK LĂK

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC 2018 – 2019
MÔN THI: TOÁN 9 – THCS

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 10/4/2019

Bài 1: (4 điểm)
1) Rút gọn biểu thức A   3  2 3  33  12 5  3 37  30 3 .
 x x  6 x  12 x  8  y y

2) Giải hệ phương trình 

 x  2 x  1  2 y

Bài 2: (4 điểm)
1) Cho phương trình x 2  4 x  2 x  2  m  5 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của
m để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt.
2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, một đường thẳng d có hệ số góc k đi qua điểm
M(0; 3) và cắt parabol  P  : y  x 2 tại hai điểm A, B. Gọi C, D lần lượt là hình chiếu vuông
góc của A, B lên trục Ox. Viết phương trình đường thẳng d, biết hình thang ABDC có
diện tích bằng 20.
Bài 3: (4 điểm)
1) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn: 2 x 2  y 2  2 xy  6 x  4 y  20
2) Tìm tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số, biết rằng số đó bằng lập phương của tổng các
chữ số của nó.

Bài 4: (4 điểm) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C
là tiếp điểm) và một cát tuyến ADE của (O) sao cho ADE nằm giữa hai tia AO và AB; D,
E  (O). Đường thẳng qua D và song song với BE cắt BC, AB lần lượt tại P, Q.
1) Gọi H là giao điểm của BC với OA. Chứng minh OEDH là tứ giác nội tiếp.
2) Gọi K là điểm đối xứng của B qua E. Chứng minh ba điểm A, P, K thẳng hàng.
Bài 5: (2 điểm) Cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh CB, CD lần lượt lấy các điểm M,
  450 . Chứng
N (M không trùng với B và C; N không trùng với C và D) sao cho MAN
minh rằng đường chéo BD chia tam giác AMN thành hai phần có diện tích bằng nhau.
Bài 6: (2 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa a  b  c  3 . Chứng minh rằng:
a 1 b 1 c 1


3
b2  1 c2  1 a 2  1

-------------------- Hết --------------------

G
GVV:: N
Ngguuyyễễnn D
Dưươơnngg Hả
Hảii –– TTH
HC
CSS N
Ngguuyyễễnn C
Chhíí TThhaannhh –– BBM
MTT –– Đ
Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm
m và

và ggiiớớii tthhiiệệuu)) ttrraanngg 11


BÀI GIẢI
Bài 1: (4 điểm)
1) Ta có A   3  2 3  33  12 5  3 37  30 3  3  2 3  33  12 5  3 1  2 3 

3

2


 33  12 4  2 3  3  2 3  33 12 1  3   3  2 3 
  3  2 3   3  2 3    3  2 3  2 3  3   12  9  3
 3 2 3

21  12 3

2

2) (ĐK: x  0, y  0 )
3
3

 x x  6 x  12 x  8  y y
 x  2  y
 x 2  y
 x  2  y





 x  2 x  1  2 x  4
 x  2 x  1  2 y
 x  2 x  1  2 y
 x  2 x  1  2 y
  x  2  y

 x  2  y
 x  2  y
  x  1  0
 x  2  y




x 3  0
 x  2 x  1  2 x  4
 x  4 x  3  0
 x  2  y
 x  1

  x  3  0



  



 

 

 

 





y  1 vo ly 
x 1
y 1

x  9
x  9

 tm  . Vậy nghiệm của hệ là 
 y 1
y 1

x 3

Bài 2: (4 điểm)
2
1) Ta có x 2  4 x  2 x  2  m  5  x  2  2 x  2  m  1  0 * 
Đặt t  x  2  t  0  . Khi đó (*) trở thành: t 2  2t  m  1  0 **
Do đó (*) có bốn nghiệm phân biệt  (**) có hai nghiệm dương phân biệt

 t  0 1   m  1  0
m  0


  Pt  0   m  1  0

 1  m  0
m  1
S  0
20

 t

2) Vì đường thẳng d có hệ số góc k đi qua điểm M(0; 3), nên phương trình đường thẳng d
có dạng y  kx  3
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x 2  kx  3  x 2  kx  3  0 *
Vì ac  3  0 , nên (*) luôn có hai nghiệm phân biệt
Vì (d) cắt (P) tại hai điểm A; B, nên hoành độ các điểm A, B là hai nghiệm của (*).
x  x  k

Theo Vi ét ta có:  A B
. Lại có A  x A ; x A2  , B  xB ; xB2  , C  xA ; 0  , D  xB ; 0 
x
x


3
 A B
Do đó 20  S ABDC

 AC  BD  CD   xA2  xB2  

2

2

x

A

 xB



x


A

 xB



2

2

 2 xA xB

  x A  xB



Đặt t  xA  xB , ta có:
t 2  2 3
2
20 
 t  t 3  6t  40  0   t  4   t 2  4t  10   0   t  4  t  2   6   0  t  4 .


2
G
GVV:: N
Ngguuyyễễnn D
Dưươơnngg Hả
Hảii –– TTH
HC
CSS N
Ngguuyyễễnn C
Chhíí TThhaannhh –– BBM
MTT –– Đ
Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm
m và
và ggiiớớii tthhiiệệuu)) ttrraanngg 22


4  t  4  x A  xB  16   xA  xB



2

2

 x A2  xB2  2 x A xB   x A  xB   2 x A xB  2  3  k 2  6  6

 k 2  4  k  2 . Vậy phương trình đường thẳng d là: y  2 x  3 hoặc y  2 x  3

Bài 3: (4 điểm)
2
2
1) Ta có: 2 x 2  y 2  2 xy  6 x  4 y  20   x  1   x  y  2   25
2

2

2

2

2

Vì 25  02  52  02   5   32  4 2  32   4    3   42   3    4  , nên có các trường
hợp sau:
 x 1  0
 x 1  0
 x 1  5
 x  1
 x  1
x  4

; ) 
; ) 
;
) 



y 4
 y  6
 y  6
x  y  2  5
 x  y  2  5
x  y  2  0
 x  1  5
 x 1  3
x 1  4
 x  6
x  2
x  3
; ) 
; ) 
;
) 



y  4
y  0
x  y  2  0
x  y  2  4

 x  y  2  3  y  2
x 1  3
 x  1  4
 x  1  3
x2
 x  5
 x  4
; ) 
; ) 
) 



 y  8
y  6
 x  y  2  4
x  y  2  3  y  6
x  y  2  4
 x 1  4
 x  1  3
 x  1  4
x3
 x  4
 x  5
; ) 
; ) 
) 




 y  2
 x  y  2  3  y  8
 x  y  2  4
 x  y  2  3  y  0

Vậy các cặp số  x; y  là:  1; 4  ,  1;  6  ,  4;  6  ,  6; 4  ,  2; 0  , 3;  2  ,  2;  8  ,  5; 6  ,  4; 6 

 3;  8  ,  4;  2  ,  5; 0 
Cách khác: 2 x 2  y 2  2 xy  6 x  4 y  20  2 x 2  2 3  y  x  y 2  4 y  20  0 *
2

(*) có nghiệm     3  y   2  y 2  4 y  20   0   y 2  2 y  49  0  y 2  2 y  49  0
2

  y  1  50  y  1  5 2  1  5 2  y  1  5 2  8  y  6 (vì y  Z )

(*) có nghiệm nguyên     y 2  2 y  49  k 2  k  N   y  8;  6;  2; 0; 4; 6
x  2
x  3
 x  1
*  2 x 2  6 x  8  0  x 2  3x  4  0   x  1 x  4   0  
x  4
x  3
*  2 x 2  2 x  24  0  x 2  x  12  0   x  3  x  4   0  
 x  4
 x  5
*  2 x 2  6 x  20  0  x 2  3x  10  0   x  5  x  2   0  
x  2
 x  1
*  2 x 2  14 x  12  0  x 2  7 x  6  0   x  1 x  6   0  

 x  6
 x  4
*  2 x 2  18x  40  0  x 2  9 x  20  0   x  4  x  5   0  
 x  5

+) Với y  8; *  2 x 2  10 x  12  0  x 2  5 x  6  0   x  2  x  3   0  
+) Với y  6;
+) Với y  2;
+) Với y  0;
+) Với y  4;
+) Với y  6;

2) Gọi abcd là số tự nhiên phải tìm 1000  abcd  9999 
3

3

Ta có abcd   a  b  c  d   1000   a  b  c  d   9999  10  a  b  c  d  21
+) Nếu a  b  c  d  10  abcd  1000  loai  ; +) Nếu a  b  c  d  11  abcd  1331  loai  ;
+) Nếu a  b  c  d  12  abcd  1728  loai  ; +) Nếu a  b  c  d  13  abcd  2917  loai  ;
+) Nếu a  b  c  d  14  abcd  2744  loai  ; +) Nếu a  b  c  d  15  abcd  3375  loai  ;
+) Nếu a  b  c  d  16  abcd  4096  loai  ; +) Nếu a  b  c  d  17  abcd  4913  nhan  ;
G
GVV:: N
Ngguuyyễễnn D
Dưươơnngg Hả
Hảii –– TTH
HC
CSS N
Ngguuyyễễnn C

Chhíí TThhaannhh –– BBM
MTT –– Đ
Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm
m và
và ggiiớớii tthhiiệệuu)) ttrraanngg 33


+) Nếu a  b  c  d  18  abcd  5832  nhan  ; +) Nếu a  b  c  d  19  abcd  6859  loai  ;
+) Nếu a  b  c  d  20  abcd  8000  loai  ; +) Nếu a  b  c  d  21  abcd  9261  loai  .
B
Vậy abcd  4913; 5832 .
E
K
I
Bài 4: (4 điểm)
K'
Q

D

P
A

H

O

1) Chứng minh OEDH là tứ giác nội tiếp.
C
Ta có: AB = AC (AB, AC là hai tiếp tuyến của (O)), OB = OC (bán kính)

Nên OA là trung trực của BC
Xét ABO: 
ABO  900 (AB là tiếp tuyến của (O)), BH  OA (OA là trung trực của BC)
 AB 2  AH . AO

a

1 
ABD  
AED  sd BD
(góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây)
Xét ABD và AEB: 
2

 (góc chung). Vậy ABD
BAD

AEB (g.g) 

AB AD

 AB 2  AD.AE  b 
AE AB

AH AE

AD AO
AH AE
  chung  . Vậy AHD
Xét AHD và AEO:


 cmt  , HAD
AD AO


 AHD  AEO . Do đó tứ giác OEDH là tứ giác nội tiếp (đpcm)

Từ (a) và (b) suy ra  AH . AO  AD. AE 

AEO (c.g.c)

2) Chứng minh ba điểm A, P, K thẳng hàng.


Ta có: ODE cân tại O (do OD = OE)  EDO
AHD  
AEO  cmt   EDO
AEO mà 
AHD
  EHO
 (tứ giác OEDH nội tiếp)
Lại có: EDO
  900  
  BHA

  EHO
  BHD
  BHE



AHD  EHO
AHD  900  EHO
AHD  BHO

Nên HB là phân giác trong của DHE, mà HA  HB (cmt) nên HA là phân giác ngoài
HD ID AD


 c  (I là giao điểm của HB và DE)
HE IE AE
DP ID
DIP, DP // BE (gt) 

 d  (hệ quả Ta Lét)
BE IE
DQ AD
ABE, DQ // BE (gt) 

 e  (hệ quả Ta Lét)
BE AE
DP DQ
Từ c), d), e) 

 DP  DQ .
BE BE
DP AD
Gọi K’ là giao điểm của AP và BE. AEK’, DP // EK’ (gt) 

EK  AE
DQ DP

Từ e), f) 

mà DP  DQ  cmt   BE  EK 
BE EK 
Mặt khác BE  EK  gt   K   K . Vậy A, P, K thẳng hàng (đpcm).

của DHE 

f

G
GVV:: N
Ngguuyyễễnn D
Dưươơnngg Hả
Hảii –– TTH
HC
CSS N
Ngguuyyễễnn C
Chhíí TThhaannhh –– BBM
MTT –– Đ
Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm
m và
và ggiiớớii tthhiiệệuu)) ttrraanngg 44


Bài 5: (2 điểm)

A

Tứ giác ABMF:

B
45 0

  450  gt  , MBF
  450 (BD là đường chéo hình vuông)
MAF

E

Vậy tứ giác ABMF nội tiếp  
AFM  1800  
ABM  1800  900  900
  450 ,
AFM: 
AFM  900 , FAM

K

F

nên AFM vuông cân tại F  AF = MF
Tương tự AENvuông cân tại E  AE = NE

D

M

H

N

C

AFH  
AEH  900  cmt  (H là giao điểm của MF và NE)
Tứ giác AEHF: 
  MHE
  EAF
  450
nên tứ giác AEHF nội tiếp  NHF

Kẻ EK  MF (K  MF). NFH vuông tại F; EKH vuông tại K nên có:
  NH  sin 450 , EK  EH  sin MHE
  EH  sin 450
NF  NH  sin NHF

Ta có: S MNFE  S MHN  S NHF  S FHE  S EHM
1
1
  1 HF  EK  1 HM  HE  sin MHE

HM  NF  HN  HF  sin NHF
2
2
2
2
1
  HM  HN  sin 450  HN  HF  sin 450  HF  HE  sin 450  HM  HE  sin 450 
2

1
  HM  HF   HN   HF  HM   HE   sin 450
2
1
1
1
 MF   HN  HE   sin 450  MF  NE  sin 450  AF  AE  sin 450  S AEF
2
2
2


2

Bài 6: (2 điểm) Ta chứng minh  a  b  c   3  ab  bc  ca  * .
Thật vậy *  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  0  2  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca   0
2

2

2

  a  b    b  c    c  a   0 (luôn đúng). Dấu “=” xảy ra  a  b  c

Áp dụng (*), ta có: 32  3  ab  bc  ca   ab  bc  ca  3
2
2
 a  1 b 2
a  1  a  1  b  1  b 
Lại có: 2 


a

1

 
b 1
b2  1
b2  1

Vì b 2  1  2b 
  a  1 

 a  1 b 2 
2

b 1

Tương tự có:
Vậy

1
1
 a  1 b 2   a  1 b 2   a  1 b    a  1 b 2    a  1 b


b 2  1 2b
b2  1
2b
2

b2  1
2

 a  1 

 a  1 b 
2

a 1
ab  b
  a  1 
2
b 1
2

 do b  0 

b 1
bc  c
c 1
ca  a
  b  1 
;
  c  1 
2
2
c 1
2
a 1
2

a 1 b 1 c 1
 ab  bc  ca    a  b  c   6  3  3  3
 2
 2
 a  b  c  3 
2
b 1 c 1 a 1
2
2

Dấu “=” xảy ra a  b  c  1 .
G
GVV:: N
Ngguuyyễễnn D
Dưươơnngg Hả
Hảii –– TTH
HC
CSS N
Ngguuyyễễnn C
Chhíí TThhaannhh –– BBM
MTT –– Đ
Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm
m và
và ggiiớớii tthhiiệệuu)) ttrraanngg 55