003 đề thi HSG toán 9 tỉnh đăk lak 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐĂK LĂK

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019

ĐỂ CHÍNH THỨC

Câu 1.



a) Rút gọn biểu thức A  3  2 3



33  12 5  3 37  30 3

 x x  6 x  12 x  8  y y
b) Giải hệ phương trình: 
 x  2 x  1  2 y

Câu 2. a) Cho phương trình x 2  4 x  2 x  2  m  5 ( m là tham số). Tìm tất cả các giá trị
của m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, một đường thẳng d có hệ số góc k di 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 trên trục Ox. Viết phương trình đường thẳng d , biết hình thang ABCD có diện tích
bằng 20.
Câu 3.
a) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 x2  y 2  2 xy  6 x  4 y  20

b) Tìm tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số, biết rằng số đó bằng lập phương của tổng các
chữ số của nó
Câu 4.
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn  O  . Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC ( B, C là các tiếp điểm) và
một cát tuyến ADE của (O) sao cho ADE nằm giữa hai tia AO và AB ( D, E thuộc  O ).
Đường thẳng qua D song song với BE cắt BC, AB lần lượt tại P, Q
a) Gọi H là giao điểm của BC với OA. Chứng minh rằng tứ giác OEDH nội tiếp
b) Gọi K là điểm đối xứng của B qua E. Chứng minh A, P, K thẳng hàng.
Câu 5. Cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh CB, CD lần lượt lấy các điểm M , N (M khác
B và C, N khác C và D) sao cho MAN  450. Chứng minh rằng đường chéo BD chia tam
giác AMN thành hai phần có diện tích bằng nhau.
a 1 b 1 c 1


3
Câu 6. Cho a, b, c  0 thỏa mãn a  b  c  3. Chứng minh rằng: 2
b  1 c2  1 a2  1


ĐÁP ÁN
Câu 1. a) Ta có:



A 3 2 3





33  12 5  3 1  2 3

  3  2 3 
3

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

 3 2 3

33  12 4  2 3



21  12 3  3  2 3

 3  2 3 

2

b) ĐKXĐ: x, y  0
Ta có: x x  6 x  12 x  8  y y 



  y
3

x 2 

3

 y  x 2

Thế vào phương trình thứ hai được
x  2 x 1  2 x  4 





x 1

 x  1  y  1(ktm)
x 3 0 
 x  9  y  1  y  1



Vậy hệ có nghiệm  x; y   9;1
Câu 2.
a) Ta có phương trình tương đương  x  2   2 x  2  m  1  0 . Đặt x  2  t  0
2

Ta có phương trình t 2  2t  m  1  0(*). Để phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt thì
phương trình * phải có 2 nghiệm t dương phân biệt. Khi đó:
 '  0
m  0



 1  m  0
2  0
m


1

m  1  0

b) Gọi phương trình đường thẳng  d  : y  ax  b. Vì  d  đi qua M  0;3 nên

 d  : y  ax  3
Hoành độ giao điểm của  d  và  P  là nghiệm của phương trình: x2  ax  3  0 , do
1. 3  0 nên phương trình x2  ax  3  0 luôn có 2 nghiệm phân biệt hay  d  cắt  P  tai
 x  xB  a
hai điểm phân biệt A và B có hoành độ xA , xB . Theo Vi-et thì  A
. Khi đó tọa độ
 x A .xB  3
A  xA ; xA2  , B  xB ; xB2  ; C  xA ;0  ; D  xB ;0 


Ta có: S ABCD

2
2
AC  BD  .CD  xA  xB   xA  xB 





2

2
  xA  xB   2 xA xB 



Đặt

2

 20

2

 xA  xB 

2

 4 xA xB  40   a 2  6  a 2  12  40

a 2  12  t , ta có: t 3  6t  40  0   t  4   t 2  4t  10   0

  t  4   t  2   6  0  t  4  a 2  12  4  a  2


Phương trình đường thẳng  d  : y  2 x  3;  d  : y  2 x  3
2

Câu 3.
a) Ta có phương trình tương đương:  x  1   x  y  2   25
2

2

  x  1    x  y  2   25  02  52  32  42 . Xét các trường hợp sau:
2

2

x  1  0
TH 1: 
  x; y    1; 6  ;  1;4 
x

y

2

5

 x 1  5
TH 2 : 
  x; y    6;4  ;  4; 6 
x

y


2

0

 x  1  3
TH 3: 
  x; y    2; 8  ;  2;0  ;  4;6  ;  4; 2 
x

y

2

4

 x  1  4
TH 4 : 
  x; y    3; 8  ;  3; 2  ;  5; 6  ;  5;0 
 x  y  2  3

b) Gọi số tự nhiên cần tìm là abcd   a  b  c  d  , theo bài ra 1000  abcd  9999
3

Đặt a  b  c  d  n  1000  n3  9999  10  n  21

Mặt khác abcd  999a  99b  9c  n  n3   n3  n  9   n  1 n  n  1 9
Do đó trong 3 số n  1; n; n  1phải có một số chia hết cho 9,kết hợp với 10  n  21
 n 10;17;18;19

Với n  10  a  b  c  d  10  abcd  1000(ktm)

Với n  17  a  b  c  d  17  abcd  4913(tm)
Với n  18  a  b  c  d  18  abcd  5832(tm)
Với n  19  a  b  c  d  19  abcd  6859(ktm)


Vậy n4913;5832
Câu 4.

B
Q

D

E

K

I
P

A

H

O

C
a) Áp dụng phương tích đường tròn ta có AB2  AD. AE . Áp dụng hệ thức lượng trong
tam giác ABO vuông có: AB2  AH . AO  AH . AO  AD. AE
AH AD



 AHD AEO
AE AO

 AHD  AEO nên tứ giác OEDH nội tiếp
b) Gọi I là giao điểm của AE với BC. Ta có:
AHD  DEO  ODE  OHE  BHD  BHE
Suy ra HI là phân giác ngoài của DHE mà HI  AH nên HA là phân giác ngoài DHE
HD AD ID
DQ AD ID DP





 DQ  DP
Do đó
mà PQ / / BK nên
HE AE IE
EB AE IE EB
Ta có: DQ  DP, EB  EK và PQ / / BK nên A, P, K thẳng hàng


Câu 5.

B

A
H

Q
M

P
D

N

C

Đường chéo BD cắt AN , AM lần lượt tại P và Q. Ta có PAM  PBA  PAM  450 nên tứ
giác ABMP nội tiếp. Suy ra PMA  PBA  PAM  450  APM vuông cân
Tương tự NDQ  NAQ  450 nên tứ giác ADNQ nội tiếp  QNA  QDA  QAN  450
 AQN vuông cân. Kẻ PH  AM tại H  HA  HM  PH hay AM  2PN

Ta có:

S APQ
S AMN



PH . AQ
PH .NQ 1

  S AMN  2S APQ
NQ. AM NQ.2 PH 2

Câu 6.

a  1 b2
a  1 b2
a 1


ab  b
Áp dụng Cô si ta có 2
  a  1  2
  a  1 
  a  1 
b 1
b 1
2b
2
b 1
bc  c c  1
ca  a
  b  1 
; 2
  c  1 
Tương tự ta cũng có 2
c 1
2 a 1
2
Cộng vế theo vế ta được:


a 1 b 1 c 1
ab  bc  ca  a  b  c
ab  bc  ca  3

 2
 2
 a b  c 3
6
2
b 1 c 1 a 1
2
2

Mặt khác ta có BDT  a  b  c   3 ab  bc  ca   ab  bc  ca  3
2

Do đó :

a 1 b 1 c 1


 3. Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1
b2  1 c 2  1 a 2  1