014 đề thi HSG toán 9 tỉnh thái bình 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút

 x 1
xy  x  
xy  x
x 1 

 1 :  1 

Câu 1. Cho biểu thức P  

 xy  1 1  xy
 
xy  1
xy  1 

 
Với x, y  0, xy  1
a) Rút gọn P
b) Tính giá trị của P khi x  3 4  2 6  3 4  2 6 và y  x 2  6
Câu 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho các đường thẳng

 d  :  m  1 x  y  3m  4 và  d ' : x   m  1 y  m. Tìm m để (d) cắt  d ' tại điểm M sao
cho MOx  300

Câu 3. a) Giải phương trình

3x  1  6  x  3x2  14 x  8  0

 x3  2 x 2  2 x  2 y  x 2 y  4  0
b) Giải hệ phương trình:  2
 x  xy  4 x  1  3x  y  7
Câu 4. Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3
thì 3a2  3b2  3c2  4abc  13
Câu 5. Cho tam giác ABC nhọn. Vẽ các đường cao BE và AD. Gọi H là trực tâm và G là
trọng tâm tam giác ABC.
a) Chứng minh rằng HG / / BC thì tan B.tan C  3
b) Chứng minh rằng t anA.tan B.tan C  tan A  tan B  tanC
Câu 6. Cho ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi I, J, K lần lượt là tâm đường tròn nội
tiếp các tam giác ABC, ABH , ACH . Gọi giao điểm của các đường thẳng AJ , AK với cạnh
BC lần lượt là E và F
a) Chứng minh rằng I là tâm đường tròn ngoại tiếp AEF
b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK và đường tròn ngoại tiếp
ABC có bán kính bằng nhau.
Câu 7. Tìm tất cả các bộ số nguyên dương  x; y; z  sao cho
x 2  y 2  z 2 là số nguyên tố.

x  y 2019
là số hữu tỉ và
y  z 2019


ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Ta có:


P



 

x  1 1  xy 





xy  x 1  xy  1  xy

1  xy 1  xy 
1  xy   xy  x 1  xy    x  11 
:
1  xy 1  xy 
b) Ta có:

x3  8  3 3 4  2 6 . 3 4  2 6



3

xy



22 x

2 x y  2 xy

x 1

xy





x 1





4  2 6  3 4  2 6  8  6x

 x. x 2  6   8  xy  8  P 

1
2

4
8
Câu 2. Từ  m  1 x  y  3m  4  y  1  m  x  3m  4 thế vào phương trình đường

thắng  d ' ta có:
x   m  1 .x   m  1 3m  4   m  m  2  m  x   2  m  3m  2  (*)
2

Để (d) và (d’) cắt nhau tại M thì phương trình (*) có nghiệm duy nhất, suy ra
m  0, m  2

3m  2
1  m  3m  2   3m  4  m  2 . Do đó M  3m  2 ; m  2 
y


m 
m
m
m
 m
MH
m2
 tan 300 
Kẻ MH vuông góc với Ox. Do MOx  300 nên tan MOx 
OH
3m  2
Khi đó x 

1
m2
4
2 3
 m2  1

2





m


m


thỏa mãn

3
3
3 3m  2
 3m  2  3
Câu 3.
1
a)ĐKXĐ:   x  6. Phương trình  3x  1  4  6  x  1  3x 2  14 x  5  0
3
2



 



1
xy




3x  15
5 x
3
1



  x  5 3x  1  0   x  5 

 3x  1  0
3x  1  4
6  x 1
6  x 1
 3x  1  4

3
1
1

 3x  1  0
Do   x  6 nên
3
3x  1  4
6  x 1

Do đó x  5 là nghiệm của phương trình.
b) ĐKXĐ: 3x  y  7  0. Từ phương trình thứ nhất ta có  x 2  2   x  y  2   0

Vì x2  2  0 nên x  y  2  0  2  x thế vào phương trình (2) ta được:
x 2  x  2  x   4 x  1  3x  2  x  7  4 x  5  2 x 2  6 x  1
 2 4 x  5  4 x 2  12 x  2  2 4 x  5  11   2 x  3

Đặt

2

4 x  5  2t  3, ta có hệ phương trình:

2

t  x
2
2
 2t  3  4 x  5

2
t

3

2
x

3


4
x

t

t

x
t

x

2

0











t  2  x
2



 2 x  3  4t  5

 x2  4 x  1  0 
x  2  3
Xét t  x  4 x  5  2 x  3  

(TMDK )
2
x

3

0
y


3



 x2  2 x  1  0 
x  1  2
Xét t  2  x  4 x  5  1  2 x  

(TMDK )
y

1

2

1  2 x  0







Vậy hệ phương trình đã cho  x; y   2  3;  3 ; 1  2;1  2



Câu 4.
Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên a  b  c  3  c  c  3  2c  0
Đặt
2
2
P  3a 2  3b2  3c 2  4abc  3  a  b   2ab   3c 2  4abc  3 3  c   3c 2  2ab  3  2c 


2
2
2
3  c  . 3  2c 

 a b  3c 
Lại có: ab  
.
 
  2ab  3  2c  

2
 2   2 
Do đó:


P  3  3  c   3c
2

2
3  c  . 3  2c   c  6c  9   3  2c 

2c 2  3c 2  27
2


 3c 
2

2

2
2  c3  2c 2  c    c 2  2c  1  26

2

2

2c  c  1   c  1



 13  13
2
2
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1
2

2

Câu 5.

A
E
N
H
B

D

G

C

M

a) Gọi M là trung điểm BC
Ta có: tan B.tan C  tan ABD.tan ACB 

AD AD
.
BD CD

Xét BDH và ADC có: BDH  ADC  900 ; HBD  HAE nên BDH
AD
 BD.CD  AD.DH do đó tan B.tan C 
DH
AD AM

 3  tan B.tan C  3
Vì HG / / BC nên
DH GM

ADC


b) Ta có tan B.tan C 
và

AD
1
S
1
S

 BHC . Tương tự ta cũng có
 CHA ;
DH
tan B.tan C S ABC
tan C.tan A S ABC

1

S
 AHB .
tan A.tan B S ABC

Do đó:

1
1
1
S  S BHC  SCHA


 AHB
1
tan A.tan B tan B.tan C tan C.tan A
S ABC

Suy ra tan A  tan B  tan C  tan A.tan B.tan C
Câu 6.

A

I

K

J
B

E HM

F

C

a) Ta có AEC  EAH  CAE  EAB  900 mà EAH  EAB  AEC  CAE  ACE cân
Tương tự ta cũng có BI là trung trực AF suy ra I là tâm đường tròn ngoai tiếp AEF
b) Kẻ IM  BC tại M  ME  MF. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp ABC thì
IM  r. Ta có ABF cân tại B, ACE cân tại C nên EF  AB  AC  BC
Ta dễ dàng chứng minh được AB  AC  BC  2r suy ra EF  2r. Vì CI là trung trực AE
nên KEC  KAC mà KAH  KAC; KAH  KFE  900  KEC  KFE  900
EF
 r  MJ  MI  MK  r
Hay KEF vuông tại K  MK 
2
Câu 7.


Đặt



 

x  y 2019 a
 với a, b * và  a, b   1. Ta có: b x  y 2019  a y  z 2019
y  z 2019 b

bx  ay  0
x y a

 bx  ay   az  by  2019  
    zx  y 2
y z b
az  by  0

Do đó x2  y 2  z 2   x  z   2 zx  y 2   x  z   y 2   x  y  z  x  z  y 
2

2

Vì x, y, z nguyên dương nên x  y  z  1. Vậy x 2  y 2  z 2 là số nguyên tố thi
 x2  y 2  z 2  x  y  z
x  y 2019
 1 và x 2  y 2  z 2  1
 x  y  z  1. Khi đó

y  z 2019
x  z  y  1

