004 đề thi HSG toán 9 tỉnh lạng sơn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH LẠNG SƠN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 23/3/2019

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1. (4 điểm)





2 x 3
x x 3
x  3 x  0
Cho biểu thức A 




x2 x 3
x 1
3  x  x  9

a) Rút gọn biểu thức A
b) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức A
Câu 2. (4 điểm)

Cho phương trình x2  2  m  4  x  m2  8m  9  0
a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
b) Tìm m nguyên dương để phương trình đã cho có hai nghiệm x1; x2 sao cho

P

x12  x22  60
đạt giá trị nguyên
x1  x2

Câu 3. (4 điểm)

1 4

50
x
x
b) Tìm tất cả các cặp  x; y  nguyên thỏa mãn
a) Giải phương trình : x  4 x 

x2 y 2   x  2    2 y  2   2 xy  2 y  4   5
2

2

Câu 4. (6 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  nội tiếp trong đường tròn  O  , các đường cao
BE, CF cắt nhau tại H  E  AC, F  AB 
a) Gọi K  EF  BC, L  AK   O với L  A. Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp và
HL  AK

b) Chứng minh rằng đường thẳng HL đi qua trung điểm của BC
c) Gọi T là điểm trên đoạn thẳng FC sao cho ATB  900. Chứng minh rằng các đường
tròn ngoại tiếp hai tam giác KLT và CET tiếp xúc nhau
Câu 5. (2 điểm) Cho đa giác đều 30 đỉnh. Chứng minh rằng trong các đỉnh đó, bất kỳ một
bộ gồm có 9 đỉnh nào đều chứa 4 đỉnh tạo nên một hình thang cân


ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Ta có
A

x x 3





x 1

x 3

2



x 3
x 1



x 3
x 3

x  3 x  1



x  1 x  3
x x  3x  8 x  24  x  3  x  8 



x

1
x

3
x

1
x

3
 
  

x x 3 2







2

x 3 

b) Ta có: A 

x8
x 1

x8
9
 x 1
2
x 1
x 1

x  1  0, x  0; x  9 nên áp dụng BĐT Cô si ta có:

Vì



A2



x 1 .

9
24
x 1

Đẳng thức xảy ra khi

x 1

9
 x  4 . Vậy Amin  4  x  4
x 1

Câu 2.
a) Ta có:  '   m  4    m2  8m  9   25  0  Phương trình luôn có hai nghiệm
2

phân biệt với mọi giá trị của m

 x1  x2  2  m  4   2m  8
b) Áp dụng định lý Vi-et ta có: 
2
 x1 x2  m  8m  9

x12  x22  60  x1  x2   2 x1 x2  60
P


x1  x2
x1  x2
2

P

 2m  8 

2

 2  m2  8m  9   60
2m  8

m2  8m  11
5

m4
m4
m4


5
nguyên  m  4 là ước của 5
m4
 m  4 1; 5. Mà m nguyên dương nên m  1

P nguyên 

Câu 3.
a) Điều kiện : x  0

1
1
 2  x   t 2  2 đi đến phương trình:
Đặt t  x 
x
x
t  1(ktm)
t 2  4t  3  0  
t  3(tm)

Do đó


3 5
73 5
x
y

1
2
2
x
 3  x  3 x 1  0  
x

3 5
73 5
y
 x


2
2

Kết hợp điều kiện, phương trình có hai nghiệm: x 

73 5
73 5
;x 
2
2

b) Ta có:
x 2 y 2   x  2    2 y  2   2 xy  x  2 y  4   5
2

2

 x 2 y 2  x 2  4 x  4  4 y 2  8 y  4  2 x 2 y  4 xy 2  8 xy  5
  x 2 y 2  4 xy  4    x 2  4 x  4   2 y  x 2  4 x  4   1
  x 2  4 x  4  y 2  1  2 y   1   x  2   y  1  1
2

2

TH 1:  x  2    y  1  1  x  3; y  2
TH 2 :  x  2    y  1  1  x  1; y  0
TH 3:  x  2     y  1  1  x  3; y  0
TH 4 :  x  2     y  1  1  x  1; y  2

Vậy phương trình có các cặp  x; y  nguyên là:  3;2  ; 1;0  ;  3;0 ; 1;2 

Câu 4.

A
E
L
F

T
H

C
I

B

M

K

a) Ta có: AFH  AEH  900 suy ra tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính
AH .
Ta có tứ giác ALBC nội tiếp  KB.KC  KL.KA(1)
Vì tứ giác BFEC nội tiếp  KB.KC  KF.KE

(2)

Từ (1), (2) suy ra tứ giác ALFE nội tiếp đường tròn đường kính AH
b) Gọi M  HL   O . Vì LH  AK  AM là đường kính.

 MC  AC
Ta có: 
 MC / / BH (3)
 BH  AC
CH  AB
Ta có: 
 CH / / MB(4)
 MB  AB

Từ (3) và (4)  Tứ giác BHCM là hình bình hành  HL đi qua trung điểm của BC
c) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ABT thì AT 2  AF . AB và chú ý BFEC nội
tiếp nên AF. AB  AE.AC
Do đó, AT 2  AE. AC hay AT là tiếp tuyến của đường tròn (CET)
Hơn nữa, KFB  ACB  KLB nên suy ra KLFB nội tiếp, do đó AF. AB  AL.AK nên
AT 2  AL. AK tức là AT là tiếp tuyến của  KLT 
Vậy  CET  tiếp xúc với  KLT  vì có AT là tiếp tuyến chung

Câu 5.

M
E

A
O

C

B

N

Ta gọi các cạnh song song với nhau là cùng một hướng. Chú ý rằng hai cạnh hoặc hai
đường chéo song song với nhau tạo thành một hình thang cân .


Ta thấy rằng một đa giác đều n cạnh gồm có n hướng (cụ thể như trên hình vẽ thì
AB, MN , CE cùng một hướng, trong khi đó AB, AC khác hướng).
k  k  1
đoạn thẳng, nếu số đoạn thẳng này lớn hơn n
2
thì sẽ có ít nhất hai cạnh có cùng một hướng nên chúng se tạo thành hình thang cân

Với mỗi bộ gồm k đỉnh sẽ sinh ra

Do đó, điều kiện để k điểm có thể chứa bốn điểm tạo thành hình thang cân nếu:
k  k  1
1
1
1 1

 n  k 2  n  2n   k    2n   k  2n  
2
2
4
4 2

2

Bây giờ, áp dụng bài toán cho n  30 ta suy ra k  60 

thì sẽ có 4 đỉnh tạo thành hình thang cân.

1 1
  k  9 , suy ra cứ 9 đỉnh
4 2