024 đề thi HSG toán 9 tỉnh nam định 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH

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

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1. (3,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức P 

4
2  7  2 10

2. Xét ba số thực dương x, y, z thỏa mãn
1

xy  x yz  1

1

yz  y  1



1 9  4 2
7  89  28 10

xz
z  z2  1



z

y

z2  1
. Chứng minh rằng
y

1
1
zx  z  1

Câu 2. (5,0 điểm)
1. Giải phương trình x3  x 2  2 x 

4 5 2
x  2 x4  4

15

  x  y 2  1 2  x  y  1

 4

2. Giải hệ phương trình 
xy
x y

 2
4 x  5 y  x  y  1  6 x  13
Câu 3. (3,0 điểm)

1
Q  x   Q 1  x  x  . Biết rằng
2
các hệ số của P( x) là các số nguyên không âm và P  0   0. Tính P  3P  3  P  2  
1. Cho các đa thức P( x) và Q( x) thỏa mãn P( x) 

2. Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn phương trình:

 x  y  1 x  1  y   6xy  y 2  2  x  y   2  x  1 y  1
Câu 4. (7,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O; R  , vẽ đường tròn  O '; R '
tiếp xúc với cạnh AD tại H, tiếp xúc với cạnh BC tại G và tiếp xúc trong với đường tròn
 O  tại (điểm M thuộc cung CD không chứa điểm A). Vẽ đường thẳng tt ' là tiếp tuyến


chung tại M của hai đường tròn (O) và ( O ') (tia Mt nằm trên nửa mặt phẳng bờ là đường
thẳng MA chứa điểm D)
1. Chứng minh DHM  DMt  AMH và MH , MG lần lượt là tia phân giác của các góc

AMD & BMC.
2. Đường thẳng MH cắt đường tròn (O) tại E ( E khác M ). Hai đường thẳng HG và CE cắt
nhau tại I. Chứng minh EHI  EIM
3. Chứng minh đường thẳng HG đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD.
Câu 5. (2,0 điểm)
1. Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng mnh rằng :

1

1
1
1 1 1 1



.   
c. c  a  3b   c 2 a. a  b  3c   a 2 b  b  c  3a   b 2 6  a 2 b 2 c 2 
2. Cho một đa giác có 10 đỉnh như hình vẽ ở bên
(bốn đỉnh A, B, C, D hoặc B, C, D, E hoặc C, D, E, F
hoặc … hoặc J , A, B, C được gọi là 4 đỉnh liên tiếp
của đa giác). Các đỉnh của đa giác được đánh số một
cách tùy ý bởi các số nguyên thuộc tập hợp
1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 (biết mỗi đỉnh chỉ được đánh
bởi 1 số, các số được đánh ở các đỉnh là khác nhau).
Chứng minh rằng ta luôn tìm được 4 đỉnh liên tiếp
của đa giác được đánh số mà tổng các số đó lớn hơn
21)

J

B

A

C

I

D

H
G

F

E


ĐÁP ÁN
Câu 1.



1.Ta có: 7  2 10 

5 2









2

;9  4 2  1  2 2

2



2

Và 89  28 10  7  2 10 , Do đó:

4

P
2



52



2

1



7

1  2 2 
 7  2 10 
2

2

4
1 1  2 2

2  5  2 7  7  2 10



4
2 2
4
1



 5
5 2 10
5
5



Vậy P  5
2. ta có:

z2  1
xz



y
z  z2  1

xz

z
 
z  z2  1 y



 xyz  z  z 2  1





z2  1  z
y

z 2  1  z  xyz  1

Ta có:
1

xy  x yz  1
1

yz  y  1

Và

1

xy  x . xyz  1
x.

1

zx  z  1



x



yz  y  1

xy .



xy

1
xy  x  1
x
x


xyz  xy  x 1  xy  x





zx  z  1



xy
x 2 yz  xyz  xy



xy
x  1  xy


Do đó:
1

xy  x  1

1

yz  y  1

1


xy  x yz  1

Vậy

xz

z
 
z  z2  1 y

1

zx  z  1

1
x


xy  x  1 1  xy  x

xy
1
x  1  xy

1
1

 1khi x, y, z  0 thỏa mãn
yz  y  1

zx  z  1

z2  1
y

Câu 2.
1. Điều kiện xác định : x  R
2

1 7

+)Nhận xét x  2  0x  ; x  4  0x  , x  x  2   x     0x 
4 8

Do đó từ (1) suy ra x  0
2

4

2

2 4 5
2  x4  4
Phương trình (1)  x  1  
x 
x 15 
x
x2
2

2
4 5
2 2 4
2
4 5
2 
2
 x  1
x

x


x


1

x

x




 
 4
x
15 
x

x2
x
15 
x 
x
2
Đặt a  x  a  2 2
x





Khi đó ta có phương trình  15  a  1  4 5a. a 2  4  45  a  1  16a 2  a 2  4 
2

 16a 4  109a 2  90a  45  0   a  3 16a 3  48a 2  35a  15   0



 a  3 16a3  48a 2  35a  15  0..do...a  2 2

+)Với a  3 ta có: x 
Vậy S  1;2



 x  1(tm)
2
 3  x 2  3x  2  0  

x
 x  2(tm)

 xy  0

2. Điều kiện  x  y  1
x  0


(*)


Phương trình 1

 x  y

xy

2

1

2  x  y  1
 x  y   1  2  x  y  1  0
4
0
x y
xy
x y
2

 x  y  1 x  y  1  2  x  y  1  0 

x y

xy

x
 x  y  1

2

 y2  x  y 

xy  x  y 

0

 x  y  1  0  y  1  x (vì với x, y thỏa mãn điều kiện (*) ta có: x 2  y 2  x  y  0)

Thay y  1  x vào phương trình thứ (2) của hệ phương trình ta được phương trinh:
4 x 2  5 1  x   13  6 x  0  4 x 2  5 x  8  6 x  0
 4 x 2  4 x  1  x  6 x  9   2 x  1 
2



x 3



2

2 x  1  x  3 2 x  2  x


 2 x  1  3  x
 4  2 x  x
2

7 
1
)2 x  2  x  x    x    0(VN ...vi....x  0)
4 
2
x  2

 17  33
4

2
x

0

x  2
17  33
  x 
)4  2 x  x  




x



8
2
2
+
8
 4  2 x   x
4 x  17 x  16  0  
 17  33
 x 
 
8
17  33
33  9
thỏa mãn điều kiện (*)
y
8
8
 17  33 33  9 
;
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y   

8
8




Với x 

Câu 3.
1. Từ giả thiết ta có: P  0  

1
1
Q  0   Q 1   0 1 và P 1   Q 1  Q  0  

2
2

Từ (1) và (2) suy ra P 1  0

(2)


Giả sử P  x   a0  a1x  a2 x 2  .....  an x n , trong đó a0 , a1, a2 ,...., an là các số nguyên không
âm suy ra a0  a1  a2  .....  an  0 do đó P  x   0
Vì P( x)  0x 

x 

 P(2)  0, P(3)  0, do đó: 3P  3  P  2   0  P  3P  3  P  2    0

2. Ta có :  x  y  1 x  1  y   6 xy  y 2  2  x  y   2  x  1 y  1
  x  y   1  6 xy  y 2  x  y  2   2  x  y  xy  1   x  y   y 2  x  y  2   2  x  y   3
2

2

  x  y  x  y  2   y 2  x  y  2   3   x  y  2   x  y  y 2   3

Vì x, y 

nên x  y  2; x  y  y 2 là các ước của 3

x  y  2  1
 y2  0
x  3





2
x  y  y  3 x  y  3  y  0
 x  3

 x  y  2  1
 y2  4
  y  2




2
 x  y  y  3  x  y  1   x  1


  y  2
 x  y  2  3
 y2  0
 x  1





2
 x  y  y  1  x  y   1  y  0
 x  7

x  y  2  3
 y2  4
  y  2




2
 x  y  y  1  x  y  5   x  3

  y  2

Vậy các cặp số nguyên  x; y  là  3;0 ;  3; 2  ;  1;2  ;  7; 2 ; 3;2 ;  1;0 


Câu 4.

1. Xét HAM ta có DHM  DAM  AMH

(1)

Xét đường tròn (O) ta có : DAM  DMt

(2)

Từ (1) và (2) ta có : DHM  DMt  AMH
Vì Mt và DH là các tiếp tuyến của  O ' nên DHM  HMt
Và HMt  HMD  DMt

(3)

(4)

Từ (1), (2), (3), (4) suy ra AMH  HMD suy ra MH là phân giác của AMD
Chứng minh tương tự ta có MG là phân giác của góc BMC.
 1

 1

2. Xét  O ' có HGM  HMt   sd HM  , xét  O  có ECM  EMt   sd EM 
 2

 2


 HGM  ECM hay IGM  ICM  tứ giác IMCG nội tiếp
Ta có EHI  EHA  AHG

(4)

Và EIM  1800  MIC  1800  MGC  MGB  MGH  BGH

(5)

Lại có AHG  BGH (6) (vì AH và BG đều là tiếp tuyến của  O ')
Và EHA  DHM  MGH  7 
Từ (4), (5), (6), (7) suy ra EIM  MGH  BGH  EHA  AHG  EHI  EIM
3. Ta có CE là tia phân giác của ACD * (vì EM là tia phân giác của AMD
 sdEA  sdED)

Ta có: EHI  EIM (chứng minh ở câu 4.2),

EHI và EIM có HEI  MEI và EHI  EIM
 EHI

EIM ( g.g ) 

EI
EH

 EI 2  EH .EM (8)
EM EI

Lại có : EDH  DMH (vì EM là tia phân giác của AMD  sdEA  sdED)

EHD và EDM có HED  MED và EDH  DMH  EHD EDM ( g.g )


ED EH

 ED 2  EH .EM (9)
EM ED

Từ (8) và (9) suy ra EI  ED  EID cân tại E  EDI  EID 10 

DI cắt (O) tại K, ta có: EDI 
Và EID 

1
 sdEA  sdAK  (11)
2

1
 sdED  sdKC  (12)
2


Từ (10), (11), (12) và do sdEA  sdED  sdAK  sdKC  DK là tia phân giác ADC **
Từ (*), (**) suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD
Rõ ràng, HG đi qua I là tâm đường tròn nội tiếp BCD.
Câu 5.
1 1 1
1
1 1 1 1
1.Áp dụng BĐT  x  y  z       9 

 .     x, y , z  0
x yz 9 x y z
x y z

1
1
1
1
1
1
 2  2     x, y , z  0 
2
x
y
z
xy yz xz

Và

Vì a, b, c  0 ta có :

1 1 1
1
1
1
 2 2
  , bất đẳng thức (1) đúng ta cần chứng minh
2
a b c
ab bc ca

1
1
1
1 1
1
1 


    
2
2
2
ac  3bc  2c
ab  3ac  2a bc  3ab  2b
6  ab bc ac 

Ta có  2  


(2)

1
1
1
1 a bc 


 


2
2
2
ac  3bc  2c
ab  3ac  2a bc  3ab  2b
6  abc 

ab
bc
ac
abc



a  3b  2c b  3c  2a c  3a  2b
6

Ta có:
ab
ab
ab  1
1
1  1  ab
ab
a

 

  


 
a  3b  2c  a  c    b  c   2b 9  a  c b  c 2b  9  a  c b  c 2 
Vậy

ab
1  ab
ab
a
 

 
a  3b  2c 9  a  c b  c 2 

Tương tự ta có:

(3)


bc
1  bc
bc
b
 

  (4)
b  3c  2a 9  b  a c  a 2 
ac
1  ac
ac
c

 

 
c  3a  2b 9  c  b a  b 2 

(5)

Cộng theo vế  3 ,  4  ,  5 ta có:
ab
bc
ac
1  ab  bc ab  ac ac  bc a  b  c  a  b  c


 




a  3b  2c b  3c  2a c  3a  2b 9  a  c
cb
a b
2
6


Vậy BĐT (2) đúng do đó BĐT (1) đúng
2. Gọi x1, x2 , x3 ,........, x10 là các số phân biệt được đánh liên tiếp cho 10 điểm phân biệt

thuộc đường tròn (O) , x1, x2 , x3 ,........, x10 1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 . Giả sử ngược lại là không

tìm được 4 đỉnh nào thỏa mãn khẳng định của bài toán. Khi đó ta có:
 x1  x2  x3  x4  21
 x  x  x  x  21
 2 3 4 5
 x3  x4  x5  x6  21
................................

 x10  x1  x2  x3  21

Từ đó suy ra 4  x1  x2  x3  ......  x10   10.21  210
Mặt khác ta lại có : x1  x2  x3  .....  x10  1  2  3  .....  10 

10.11
 55
2

Suy ra 4.55  210  220  210 (vô lý), do đó điều giả sử sai.
Vậy ta luôn tìm được 4 điểm liên tiếp được đánh số mà tổng các số đó lớn hơn 21