034 đề thi HSG toán 9 tỉnh đồng nai 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG NAI
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 29/3/2019

Câu 1. (4,5 điểm)
x  y  m  1
1) Cho  x; y  là nghiệm của hệ phương trình 
(với m là tham số thực)
2
x

3
y

m

3

2
Tìm m để biểu thức P  x  8 y đạt giá trị nhỏ nhất

 x2  y 2  1

2) Giải hệ phương trình  3
(với x, y thuộc R)
3

x

y


1



Câu 2. (4,5 điểm)
1) Giải phương trình x 4  9 x3  24 x 2  27 x  9  0  x 
2) Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh:
a b c
b
c 
 a
   3  4



b c a
ab bc ca



Câu 3. (4,5 điểm)
1) Cho a, b, c là ba số nguyên khác 0 thỏa

1 1 1
  . Chứng minh rằng : abc chia hết

a b c

cho 4
2) Tìm số các số nguyên dương không vượt quá 1000 nguyên tố cùng nhau với 999
Câu 4. (2 điểm)

1
2
3
99


 ..... 
là tổng của 99 số hạng và
1 2
2 3
3 4
99  100
B  2  3  4  .....  100 là tổng của 99 số hạng

Cho A 

Tính A  B.
Câu 5. (4,5 điểm)
Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi D, E lần lượt là hai tiếp điểm
của AB, AC với đường tròn  I  . Biết ba góc BAC, ABC, BCA đều là góc nhọn. Gọi M và
N lần lượt là trung điểm của hai đoạn BC và AC
1) Chứng minh : 2AD  AB  AC  BC
2) Chứng minh rằng ba đường thẳng BI , DE, MN đồng quy

ĐÁP ÁN
Câu 1.
1) Ta có:
x  y  m  1
3x  3 y  3m  3  x  2m
 x  2m



 m 

2 x  3 y  m  3 2 x  3 y  m  3
 y  x  m 1  y  m 1



Ta có: P  x 2  8 y  4m2  8  m  1  4m2  8m  8   2m  2   12  12
2

Dấu "  " xảy ra khi 2m  2  0  m  1
Giá trị nhỏ nhất của P là – 12 khi m  1
2
 x 2  y 2  1
 x  y   2 xy  1

2)  3
3
3
 x  y  1  x  y   3xy  x  y   1

x  y  S
Đặt 
 xy  P
Ta có:


1 S2

1 S2
P


 S 2  2 P  1
P 
2


2
 3
2
1 S
 S  3SP  1  3
S  3S .
 1 2 S 3  3S 3  3S  2  0

2

1 S2


1 S

1 S
P  2
P 
P 

2



2
S  1
5S 3  3S  2  0  S  1  5S 2  5S  2   0  


 5S 2  5S  2  0(VN )
2

2

 x  0


1 S
P  0
 x  y  1   y  1
P 




2 
 y  0
S


1
xy

0


 S  1


  x  1
2

Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   0;1;  1;0 


Câu 2.
1. Giải: x4  9 x3  24 x 2  27 x  9  0 *
Với x  0, *  0 x  9  0  phương trình vô nghiệm
Với x  0, chia hai vế của phương trình (*) cho x 2 :
2

27 9
3
3

*  x  9 x  24   2  0   x    9  x    18  0
x x
x
x


3

x 30

x  3  6
 x 2  3x  3  0(VN )
3
3



x
  x   3  x   6   0  
 2

x
x



 x  3  6
 x  3  6  0  x  6x  3  0

x

2



S  3 6



2. Ta có:
a b c
b
c 
 a
   3  4



b c a
ab bc ca
b
c 
a  b   c 
 a
   1    1    1  4 



b  c  a 
ab bc ca



ab
4a
bc
4b
ca
4c





0
b
ab
c
bc
a
ca

 a  b  b  c   c  a   0

b  a  b  c b  c  a c  a 
2

2

2

Luôn đúng vì a, b, c là các số dương. Dấu bằng xảy ra khi a  b  c
Câu 3.
1 1 1
   bc  a  b  c 
(1)
a b c
TH1:Nếu a là số nguyên chẵn, suy ra a  b  c  2 , theo (1) suy ra : b.c 2 , Vậy abc 4

1. Ta có:

TH2: Nếu a là số nguyên lẻ. Với b, c là hai số lẻ thì  b  c  2  a  b  c  2 , mà abc
không chia hết cho 2 (vì a, b, c đều lẻ). Suy ra mâu thuẫn


Vậy trong hai số a, b, c tồn tại ít nhất một số chẵn.
+)Với b chẵn, mà a lẻ nên c chẵn, (vì bc chẵn nên a  b  c  chẵn suy ra c chẵn, vì a lẻ),
suy ra abc chia hết cho 4
+)Với c chẵn, tương tự abc chia hết cho 4
2) Gọi A là số các số nguyên dương không vượt quá 1000. Suy ra A  1000
B là số các số nguyên dương không vượt quá 1000 mà không nguyên tố cùng nhau với
999.
C là số các số nguyên dương không vượt quá 1000 nguyên tố cùng nhau với 999
Ta có: 999  33.37
B=(số các số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 3) – (số các số
các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 37 mà không chia hết cho 3)
+Số các số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 3 là:
999  3
 1  333
3
+Số các số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 37 là

999  37
 1  27
37
Số các số các số nguyên dương không vượt quá 1000 chia hết cho cả 37 và 3 (chia hết
999  111
1  9
cho 111) là:
111
Số các số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 37 mà không chia
hết cho 3 là : 27  9  18
Suy ra B  333  18  351. Vậy C  A  B  1000  351  649
Câu 4.
A

Ta có: 



1
2
3
99


 ..... 
1 2
2 3
3 4
99  100

 

2 1  2

 

3  2 3



4  3  ......  98

 1  2  3  4  .....  99  99 100

Và B  2  3  4  .....  100





99  98  99



100  99




 A  B  100 100  1  999

Câu 5.

A
E

2

B

N

I

D

S

2
1

1

M

C

a) Gọi F là tiếp điểm của BC với đường tròn (I)
Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: AD  AE; BD  BF ; CE  CF
Suy ra: AB  AC  BC   AD  DB    AE  CE    BF  CF   AD  AE  2 AD.
b) Gọi S là giao điểm của BI và MN. Ta cần chứng minh D, E, S thẳng hàng.

Thật vậy:
Do MN là đường trung bình của tam giác ABC nên MN / / AB  B2  BSM (so le trong)
và B2  B1  BSM  B1 suy ra MBS cân tại M nên MB  MS  MC
Tam giác BSC có đường trung tuyến SM 

1
BC nên tam giác BSC vuông tại S
2

Ta có:
Tứ giác IECF và IESC là các tứ giác nọi tiếp (đường tròn đường kính IC)
Nên 5 điểm I , E, S , C, F cùng thuộc đường tròn đường kính IC


Ta có: SEC  SIC; SIC  B1  C1 (tính chất góc ngoài)  SEC  B1  C1
Lại có tam giác ADE cân tại A nên AED  ADE 

(1)

1800  A
A
 900   B1  C1 (2)
2
2

Từ (1) và (2) suy ra SEC  AED mà A, E, C thẳng hàng nên D, E, S thẳng hàng
Vậy ba đường thẳng BI , DE, MN đồng quy