Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSG cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Phòng GD&ĐT Cẩm Thủy

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
CẨM THỦY

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH (LẦN 2)

Năm học 2018 - 2019
Môn: Toán - Lớp 9

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu I. (4,0 điểm):
1. Hãy tính giá trị của biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết:





3

26  15 3. 2  3

3

9  80  3 9  80

x

2. Tính tổng:

8.12  1
8.22  1
8.32  1
8.10092  1
S  1  2 2  1  2 2  1  2 2  ...  1 
1 .3
3 .5
5 .7
2017 2.2019 2

Câu II. (4,0 điểm):
3
2

5
2

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm M(1; ); N(3;0); K(4; ). Xác định tọa độ
các đỉnh của tam giác ABC sao cho M, N, K lần lượt là trung điểm của AC, CB, BA.
2. Giải phương trình: 13 x2  x 4  9 x2  x 4  16 .
Câu III. (4,0 điểm):
1. Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 3x 2  18 y 2  2 z 2  3 y 2 z 2  18 x  27 .
2. Cho x, y là các số nguyên, x ≠ -1; y ≠ -1 sao cho:

x4  1 y 4  1

là số nguyên. Chứng
y 1 x 1

minh rằng: (x4y44 – 1) chia hết cho (y + 1).

Câu IV. (6,0 điểm): Cho đường tròn (O; R) và dây cung AH < R. Qua H vẽ đường thẳng d
tiếp xúc với đường tròn (O; R). Vẽ đường tròn (A; R) cắt đường thẳng d tại B và C sao cho
H nằm giữa B và C. Vẽ HM vuông góc với OB (M  OB), vẽ HN vuông góc với OC
(N  OC).
1) Chứng minh: OM.OB = ON.OC và MN luôn đi qua một điểm cố định.
2) Chứng minh: OB.OC = 2R2.
3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi.
Câu V. (2,0 điểm): Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  3.
Chứng minh rằng:

1
1
1


 1.
2
2
2  a b 2  b c 2  c2 a

-------------Hết-----------Chữ ký giám thị 1: ………………………………
Chữ ký giám thị 2: ………………………………


ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9
(Đáp án gồm có 04 trang)
Bài

Đáp án

Điểm

1. Hãy tính giá trị của biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết:





3

26  15 3. 2  3

3

9  80  3 9  80

x







a  3 9  80  3 9  80  a 3  9  80  9  80  3 3 9  80 9  80 .a

Đặt  a 3  18  3 3 81  80.a  a3  18  3a  a 3  3a  18  0

0,5đ

a  3
  a  3  a 2  3a  6   0   2
 a  3a  6  0

0,5đ

3

Mặt khác: 3 26  15 3  3  3  2   3  2



3

Suy ra: x 
1
(4đ)

3

26  15 3. 2  3

 



3 2 2 3
3

3

9  80  9  80

1

1

Vậy Q   3.   1
 27 9 

  43  1
3

0,5đ

3

0,5đ

2020

  1

2020

1

2. Tính tổng:
S  1

1

Ta có:

8.12  1
8.22  1
8.32  1
8.10092  1

1


1


...

1

12.32
32.52
52.7 2
2017 2.2019 2

8n2 1
2

 2n 1  2n 1

2

 1

8n2 1

 4n 1
2

2



16n4  8n2 1 8n2 1

 4n 1
2

2

0,5đ

4n2



 4n 1
2

2



4n2
4n2 1

1 1
1 
 1  .


2  2n 1 2n 1 
Với  n ≥ 1, n  N Thay lần lượt n từ 1 đến 1009 ta được:
1 1 1 
1  1 1
1 1
1 
1 
1 
1009
S  1 .    1 .    ... 1 .

  1009  . 1 
  1009
2 1 2 
2  3 5
2  2017 2019 
2  2019 
2019
y

3
2

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm5 M(1; ); N(3;0);
2
(4đ)

5
K(4; ).
2

4

A

3

Xác định các đỉnh của
tam giác ABC sao cho M, N, K
lần lượt là trung điểm của AC, CB, BA.
-2

K

2

M
B

1
N
-1

O
C

1
-1
-2

2

3

4

5

6

x

0,5đ
0,5đ

0,5đ


Lời giải:

Phương trình đường thẳng MN có dạng y=ax + b.
Vì M(1;

3
3
) thuộc đường thẳng MN nên: = a + b (1)
2
2

Vì M(3;0) thuộc đường thẳng MN nên: 0 = 3a + b (2)
Từ (1 ) và (2) suy ra: a = -3/4; b = 9/4
3
9
x
4
4
1
7
Tương tự phương trình đường thẳng MK là: y  x 
3
6
5
15
phương trình đường thẳng NK là: y  x 
2
2

Suy ra phương trình đường thẳng MN là: y 

Ta có MN là đường trung bình của tam giác ABC suy ra MN // AB

 Phương trình đường thẳng AB có dạng y 
5
2

3
xc
4

5 3
11
 .4  c => c=
2 4
2
3
11
 Phương trình đường thẳng AB là: y  x 
4
2
1
Tương tự : phương trình đường thẳng BC là: y  x  1
3
5
Phương trình đường thẳng AC là: y  x  1
2
3
11

 y  4 .x  2
x  2


Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 
y  4
 y  5 .x  1

2

Mà K(4; )

AB suy ra

0,5đ

Suy ra A(2;4)
Tương tự: B(6;1) và C(0;-1)

0,5đ

0,5đ

0,5đ


1. Giải phương trình: 13 x2  x 4  9 x2  x 4  16 .
Lời giải:
Đk: -1 ≤ x ≤ 1
13. x . 1  x 2  9 x . 1  x 2  13

Ta có:





2

 256

0,5đ

Áp dụng Bđt bunhicopxki cho 2 dãy số:
13 ; 3 3

0,5đ

 x 2 . 13 1  x 2  9 1  x 2

13(1  x ); 3 1  x
2



2



ta được:

13. 13 1  x 2   3 3. 3 1  x 2 

2

  13  27  13 13x  3  3x   40.16 10 x 
2

2

2

0,5đ

Áp dụng bđt Cosi ta có:
4.10 x 2 . 16  10 x 2   (10 x 2  16  10 x 2 ) 2  16 2  256

Dấu bằng xảy ra  10x2 = 16 - 10x2  x  

2
2 5

5
5

1) Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn:
3x 2  18 y 2  2 z 2  3 y 2 z 2  18 x  27 .
Giả thiết  3  x  3 2  18 y 2  2 z 2  3 y 2 z 2  54 (1)
+) Lập luận để z 2 3  z 3  z 2  9  z 2  9 (*)
(1)  3( x  3) 2  2 z 2  3 y 2 ( z 2  6)  54(2)
(2)  54  3( x  3) 2  2 z 2  3 y 2 ( z 2  6)  3( x  3) 2  2.9  3 y 2 .3

III
(4đ)

0,5đ

0,5đ

( x  3) 2  3 y 2  12
 y 2  4  y 2  1; y 2  4 vì y nguyên dương.
Nếu y 2  1  y  1 thì (1) có dạng:
2

3  x  3  5 z 2  72  5 z 2  72  z 2 
2

72
 z 2  9  z  3 (vì có(*))
5

0,5đ

2

Khi đó 3  x  3  27   x  3  9 , x nguyên dương nên tìm được x = 6
Nếu y 2  4  y  2 (vì y nguyên dương) thì (1) có dạng:
2
3 x  3 14z2 126 14z2  126  z2  9  z2  9  z  3 (vì z nguyên dương)
Suy ra ( x  3)2  0  x  3 (vì x nguyên dương)

0,5đ

x  3  x  6



Đáp số  y  2;  y  1
z  3  z  3


2) Cho x, y là các số nguyên, x ≠ -1; y ≠ -1 sao cho:

0,5đ
x4  1 y 4  1

là số
y 1 x 1

nguyên. Chứng minh rằng: (x4y44 – 1) chia hết cho (y + 1)
Lời giải:
Đặt

x4  1 a y 4  1 m
 ;

với (a;b)=1; (m;n)=1 và b,n > 0
y 1 b x 1 n

0,5đ


a m an  bm
 
Z

b n
bn
an  bm b an  b
Suy ra: 
mà (a;b)=1; (m;n)=1 suy ra:

an  bm n bm n

Theo bài ra ta có:

n b
nb

b  n

a m x4  1 y 4  1
. 
.
 Z ( vì x4 - 1  x+1 và y4 - 1  y + 1)
b n
y 1 x 1
Suy ra a.m n mà (m;n) =1 suy ra a  n mà n = b nên a  b suy ra x4 - 1  y + 1
Do đó: x4y44 – 1= y44 (x4 - 1) + (y44 – 1) y + 1

0,5đ

Mặt khác:

Vì x4 - 1  y + 1 và y44 – 1  y + 1 (đpcm)

0,5đ

0,5đ
B

A

M
D

H

O
N

C

IV 1) Chứng minh: OM.OB = ON.OC và MN luôn đi qua một điểm cố định.
(6đ)
a) Chứng minh: OM.OB = ON.OC.
Vì tam giác OHB vuông tại H có HM là đường cao nên: OM.OB = OH2

0,5đ

Vì tam giác OHC vuông tại H có HN là đường cao nên: ON.OC = OH2
Suy ra: OM.OB = ON.OC (vì cùng bằng OH2)

0,5đ

b) Chứng minh MN luôn đi qua một điểm cố định.
Vì OM.OB = OH2  OA2 = OM.OB 

OA OB

OM OA

0,25đ

Xét OMA và OAB có: AOB chung
OA OB

(chứng minh trên)
OM OA
 OMA

0,25đ

OAB (c.g.c)

 MAO  OBA mà AOB  OBA (vì OA = AB = R)
 MAO  MOA
 MOA cân tại M  MA = MO  M thuộc đường trung trực của AO

Chứng minh tương tự ta có N cũng thuộc đường trung trực của AO
 MN đi qua trung điểm D của OA cố định.
2) Chứng minh: OB.OC = 2R2.

0,25đ

0,25đ

Ta có: OM.OB = ON.OC (chứng minh câu a)


OM OC

ON OB

0,5đ

Chứng minh được OMN

OCB (c.g.c)
OM OC
OM OC
1



 OM  OC
Mà OH  BC ; OD  MN 
1
OD OH
R
2
R
2
1
Lại có: OM.OB = OH2  OC.OB  R 2

2

0,5đ

0,5đ
0,5đ

Vậy OB.OC = 2R2.
3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi
2

S
OD 
R2
1
1
1
Ta có: OMN OCB  OMN  

  SOMN  SOCB  .OH .BC

2
SOCB  OH 
4R
4
4
8
1
1
R2

 R(AB AC)  R( R  R) 
8
8
4
Dấu bằng xảy ra khi A, B, C thẳng hàng  A  H
R2
Vậy diện tích lớn nhất của tam giác OMN là: SOMN  khi điểm A trùng với
4

điểm H.
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  3. Chứng minh
rằng:
V
(2đ)

0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ

1
1
1


 1.
2
2
2  a b 2  b c 2  c2 a

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM,
ta có 1  1  a 2b  3 3 a 2b và 3 3 ab2  a  b  b  a  2b.
2
1
a 2b
1
1
2
Suy ra

1

a
b


1

 1   a  3 ab2  1   a  a  2b 
2
2
2a b
11 a b
3
9
3 3 a 2b
1
1 1
  ( a 2  2ab) (1)

Suy ra
2
2  a b 2 18

0,5đ

0,5đ


Tương tự, cũng có:

1
1 1
  (b 2  2bc)
2
2  b c 2 18
1
1 1
  ( c 2  2ca)
2
2  c a 2 18

(2)
(3)

0,5đ

Cộng (1), (2), (3) vế đối vế, thu được
1
1

1
3 1
2


   a  b  c   1. Điều phải chứng minh.
2
2
2
2  a b 2  b c 2  c a 2 18
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1.

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Bài hình không vẽ
hình hoặc vẽ hình sai không chấm điểm.

0,5đ