018 đề thi HSG toán 9 tỉnh quảng ngãi 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NGÃI

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1.
a) Cho a, b, c là ba số nguyên thỏa mãn a  b  c3  2018c. Chứng minh rằng
A  a3  b3  c3 chia hết cho 6
b) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn 4 x  1  3y
c) Cho B  1.2.3  2.3.4  3.4.5  ....  n  n  1 n  2  với n *. Chứng minh rằng
B không thể là số chính phương
Bài 2.
a) Giải phương trình : 3x 2  4 x  11   2 x  5 3x  7
2
2

x  x  y  y  5
b) Giải hệ phương trình:  3
3
2
2

 x  y  x y  xy  6
Bài 3.

a) Rút gọn biểu thức C  1  x 

2

x2

 x  1

2



x
với x  0.
x 1

b) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c  1. Tìm GTLN của D  ab  ac
c) Với x, y, z là độ dài ba cạnh của một tam giác
Chứng minh rằng  y  z  x  z  x  y  x  y  z   xyz
Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn  AB  AC  , đường phân giác AD  D  BC . Các điểm E và
F lần lượt chuyển động trên các caanhj AB, AC sao cho BE  CF. Trên cạnh BC lấy các
điểm P và Q sao cho EP và FQ cùng song song với AD
a) So sánh BP và CQ
b) Chứng minh rằng trọng tâm G của tam giác AEF thuộc một đường thẳng cố định
Bài 5. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB  2R. Gọi C là trung điểm của AO, vẽ tia
Cx vuông góc với AB cắt nửa đường tròn (O) tại I. Lấy K là điểm bất kỳ trên đoạn CI (K
khác C và I), tia AK cắt nửa đường tròn (O) tại M, tia BM cắt tia Cx tại D. Vẽ tiếp tuyến
với đường tròn  O  tại M cắt tia Cx tại N.
a) Chứng minh rằng KMN cân
b) Tính diện tích ABD theo R khi K là trung điểm của CI
c) Khi K di động trên CL. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp AKD đi qua điểm
cố định thứ hai khác A

ĐÁP ÁN
Bài 1.
a) Ta có: a  b  c3  2018c  a  b  c   c  1 c  c  1  2016c chia hết cho 6. Mặt
khác  a3  b3  c3    a  b  c    a  1 a  a  1   b  1 b b  1   c  1 c  c  1 chia
hết cho 6. Do đó A  a3  b3  c3 chia hết cho 6
b) Xét x  1  y  1
Xét x  2 thì 4 x 8. Nếu y chẵn , đặt y  2k  k  *  1  3y  1  9k  2 mod8 , vô lý
Nếu y lẻ, đặt y  2k  1 k  *  1  3y  1  9k .3  4 mod8 , vô lý
Vậy x  y  1 thỏa mãn bài toán
c) Ta có :
4B  1.2.3.4  2.3.4. 5  1  3.4.5. 6  2   ....  n  n  1 n  2   n  3   n  1
 n  n  1 n  2  n  3  n4  6n3  11n2  6n  n4  6n3  11n2  6n  1   n2  3n  1

Mặt khác:
n4  6n3  11n2  6n  n4  6n3  9n2   n 2  3n 
  n2  3n   4 B   n2  3n  1
2

2

2

Do đó B không thể là số chính phương
Bài 2.
7
a) ĐKXĐ: x   . Phương trình tương đương
3

3x 2  3x  3x 3x  7  4 x  4  4 3x  7  x 3x  7  3x  7  3x  7  0



 







 3x x  1  3x  7  4 x  1  3x  7  3x  7 x  1  3x  7  0







 x  1  3x  7 3x  4  3x  7  0
Xét

3x  7   x  12
3x  7  x  1  
 x3
x


1



2


Xét

3x  7   4  3x 2
3 5

3x  7  4  3x   7

x

4
2
  x 
3
 3


 3 5

Vậy S  3;

2 





 x  y  x  y  1  5
b) Hệ phương trình  
2

 x  y  x  y   6

 a  1 b  5
x  y  a
Đặt 
ta có:  2
x  y  b
ab  6
Nếu b  0  x  y, vô nghiệm . vậy b  0 ta có: ab2  6  a 

6
. Thế vào  a  1 b  5 được
b2


7

3
x



3 x  y 

4
b  2  a   

2
2 

y   1
x y2



4
b 2  5b  6  0  
 11

2

 x  6

2 x  y 
3
b  3  a  3  
 x  y  3
y   7


6

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm

Bài 3.
a) Ta có C  x 
2

2 x2  2 x  1

 x  1

2



x
2x
1
x
 x2 


2
x 1
x  1  x  1
x 1

2

1 
x
1
x

 x
 x


 x 1
 
x 1
x 1
x 1 x 1

2

b)

1 1 1

Ta có: D  a  b  c   a 1  a   a  a    a     .
2 4 4

2


1
1
, đạt được khi và chỉ khi a  b  c 
4
3
c)
Vì x, y, z là độ dài ba cạnh của tam giác nên y  z  x; z  x  y; x  y  z  0
Áp dụng BĐT Cô si ta có:
GTLN của D là

 y  z  x  z  x  y   z

 z  x  y  x  y  z   x
 x  y  z  y  z  x   y
Nhân vế theo vế các BĐT này ta có đpcm
Bài 4.

A
E

G
O

B

P

D

N
M

F
Q

C

BD BA
BD CD




CD CA
BA CA
BP BD CD CQ



Lại có PF / / AD / /QE 
, Mà BE  CF  BP  CQ
BE BA CA CF
b) Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC, EF thì MN là đường trung bình của hình
thang PEFQ  MN / / PE / / AD , Mà AD cố định, M cố định nên MN cố định. Gọi

a) Vì AD là phân giác nên

O là trọng tâm tam giác ABC.
AG AO 2

  OG / / MN mà O cố định nên G di động trên đường thẳng qua O
Ta có:
AN AM 3
song song với MN cố định


Bài 5.

D

M

I

K
E

C

A

O

B

a) Ta có: KMN  MBA , tứ giác BMKC có BMK  BCK  900 nên nội tiếp

 MKN  MBA  MKN  KMN  KMN cân tại N
b) Ta có: KAC  BDC; ACK  BCD  ACK

 DC 

AC.CB  R 3R 
  . :
KC
2 2 

R2 
2

R2
4 R 3

DCB 

AC KC

DC CE


Do đó: S ABD 

DC. AB R 3.2 R

 R2 3
2
2

c) Gọi E là điểm đối xứng với B qua C. Ta có CDE  CDB  CAK nên tứ giác AKDE
nội tiếp. Do đó đường tròn ngoại tiếp AKD cũng là đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AKDE. Ta có A, C, B cố định nên AE cố định. Vậy đường tròn ngoại tiếp AKD đi
qua điểm cố định thứ 2 là E khác A