008 đề thi HSG toán 9 tỉnh long an 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LONG AN

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2018-2019
MÔN: TOÁN 9

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (5,0 điểm)

2 x  13
x  3 2 x 1


với x  0; x  4; x  9
x5 x 6
x  2 3 x
2. Giả sử a là nghiệm âm của phương trình 3x2  2 x  2  0. Không giải
1. Rút gọn biểu thức : A 





phương trình, tính giá trị biểu thức P  3a 4  4 2  4 a  2  3a 2
Câu 2. (5,0 điểm)
 x 2  2 y 2  7 x
1. Giải hệ phương trình:  2
2
 y  2 x  7 y



2. Giải phương trình: 3x 2  65  2 x 17  2 x  1



Câu 3. (2,0 điểm)
Cho các số thực dương thỏa mãn ab2  bc2  ca2  4abc  0. Chứng minh:
b
c
a


 4.
a
b
c
Câu 4.(6,0 điểm)
1. Cho hình vuông ABCD, lấy điểm E trên cạnh BC  E  B, C  ; đường thẳng qua
B vuông góc với DE cắt DE tại H và cắt CD tại K. Gọi M là giao điểm của DB
và AH
a) Chứng minh ba điểm E, K , M thẳng hàng
b) Chứng minh E là tâm đường tròn nội tiếp CHM
2. Cho tam giác ABC , P là điểm trên cạnh BC (P khác B và C); Q, R lần lượt là
hai điểm đối xứng với P qua AC, AB. Lấy điểm M nằm trên đường tròn ngoại
tiếp tam giác AQR sao cho AM song song với BC. Chứng minh đường thẳng
PM luôn đi qua một điểm cố định khi P thay đổi trên cạnh BC.
Câu 5. (2,0 điểm)
1. Trên mặt phẳng lấy 21 điểm bất kỳ trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng;

mỗi điểm được tô bởi 1 trong 4 màu: đỏ, cam, vàng và lục. Các đoạn thẳng nối
2 trong 21 điểm dó được tô bởi một trong hai màu chàm và tím. Xét các tam
giác có ba đỉnh thuộc các điểm đã cho, chứng minh tồn tại một tam giác có 3
đỉnh cùng màu và ba cạnh cùng màu.
2. Giả sử n  , n  2. Xét các số tự nhiên dạng an  11....1 được viết bởi n chữ số
1. Chứng minh rằng nếu an là một số nguyên tố thì n là ước của an  1
ĐÁP ÁN


Câu 1.
1. A 



2 x  13
x  3 2 x 1



x5 x 6
x 2 3 x

2 x  13 



x 3



2.Từ giả thiết ta có





 



2 x  13
x 3



x  3  2 x 1

x 3



x 2





x 2

x 2









x  3 2 x 1

x 2 3 x

x x 6
x 3



x 2





x 2
x 2

3a 2  2  2a  a  0   3a 4  4  4 2a  2a 2 suy ra



P  3a 4  4 2  4 a  2  3a 2  2  a  1  2a  2
2

 2  2a  2a  2  2  2
Câu 2.
1. Trừ vế theo vế hai phương trình ta có:
x  y
 x  y  3x  3 y  7   0   7
y x
3

TH1: x  y  0  y  x, thay y  x vào phương trình (1) ta được:
x  0  y  0
x2  7 x  0  
  7  y  7
7
7
TH2: y   x. Thay y   x. vào phương trình (1) ta được: 9 x2  21x  98  0
3
3
Phương trình này vô nghiệm
Vậy  x; y   0;0 ;  7; 7 

1
2
Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
x  5
 2x  1  8  x
2

2

8  2 x   2 x  1  x  
25  40
 2 x  1  3x  8  x 
9

2. Điều kiện xác định x 





Đối chiếu điều kiện phương trình có hai nghiệm x  5; x 

25  40
9

Câu 3.
Áp dụng BĐT Cô si ta có :
ab2  bc2  2bc ab ; bc 2  ca 2  2ca bc ; ca 2  ab2  2bc ca
Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên, rút gọn ta có điều phải chứng minh.


Câu 4.
1)

B

A

M

H

E

K
D

C

a) Xét tam giác BDK , ta có: DH  BK , BC  DK , BC cắt DH tại E. Suy ra E là
trực tâm tam giác BDK . Để chứng minh M , E, K thẳng hàng ta chỉ cần chứng
minh MK  BD.
Tứ giác ABHD có BAD  BHD  900 nên nội tiếp. suy ra BHA  BDA  450.
Tứ giác DMHK có MDK  BHM  450 nên nội tiếp
Lại có, DHK  900 (gt) nên DMK  DHK  900 (cùng chắn cung DK). Ta có điều phải
chứng minh.
b) Tứ giác CEHK nội tiếp ( ECK  EHK  900 )  ECH  EKH (1)
Tứ giác CKBM nội tiếp suy ra EKH  BCM  ECM

(2)

Từ (1) , (2) suy ra ECH  ECM . Do đó, EC là đường phân giác của MCH . Chứng
minh tương tự, ta cũng có ME là đường phân giác của CMH
Vì E là giao điểm hai đường phân giác trong góc M và C của tam giác CHM nên ta
có điều phải chứng minh.


2)

A

Q

R
B

P

C

G
N

Gọi N là giao điểm của RB và QC; O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Ta có ARN  AQR  1800 nên N nằm trên đường tròn  w  ngoại tiếp tam giác AQR.
Đường tròn  w ' ngoại tiếp tam giác BCN cắt  w  tại điểm thứ hai G.
Từ RBG QCG  GP là phân giác BGC

BNC  RNQ  1800  2BAC  1800  BOC nên O nằm trên  w '
Mà OB  OC nên GO là phân giác BGC và do đó G, P, O thẳng hàng. Ta cũng có
N , O, A thẳng hàng.


Gọi M ' là giao điểm thứ hai của GO với  w 
Ta có: AM ' G  ANG  ONG  OPC  MPC  AM '/ / BC  M '  M
Do đó G, P, O và M thẳng hàng. Vậy MP luôn đi qua O cố định
Câu 5.
1) Vì có 21 điểm được tô bởi 4 màu mà 21  4.5  1 nên theo nguyên lý Dirichle sẽ

tồn tại ít nhất 6 điểm được tô cùng một màu
Gọi 6 điểm cùng màu đó là A, B, C, D, E, F . Từ điểm A ta kẻ với 5 điểm còn lại được 5
đoạn thẳng, 5 đoạn này được tô 2 màu thì sẽ có ít nhất 3 đoạn được tô cùng màu.
Không mất tính tổng quát , giả sử các đoạn AB, AC, AD được tô cùng màu tím.
Trong các đoạn nối ba điểm B, C, D nếu có một đoạn màu tím, giả sử là BD thì tam
giác ABD là tam giác cần tìm. Nếu trong các đoạn nối ba điểm B, C, D không có đoạn
nào màu tím thì tam giác BCD là tam giác cần tìm.
2. Trước hết ta chứng minh : nếu an là số nguyên tố thì n là số nguyên tố
Giả sử n là hợp số, n  bq; b, q  ,1  b, q  n . Khi đó:



an  11...1  11...1 10
bq..chu .. so..1

q..chu .. so..1

q b 1

 10

q b  2 



 ....  1 11.....1là hợp số, trái với giả thiết nên

n là số nguyên tố

10n  1

10n  10
1 
 10n  10 9 (1)
Tiếp tục ta có: an  1 
9
9
n
Theo định lý Fermat nhỏ, ta có 10  10 n (2)
Nếu n  3 thì an  111 3 không thỏa mãn giả thiết.
Nếu n  3 ta có  n,9  1 nên từ (1) và (2) suy ra : 10n  10 9n. Vậy n là ước của an  1