012 đề thi HSG toán 9 tỉnh hải dương 2018 2019

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1.
x

b)

Cho x, y, z  0 thỏa mãn x  y  z  xyz  4

yz  y  1



3 z
và xyz  9. Tính 10 P  1
zx  3 z  3

Cho P 

xy  x  3



y

a)

Chứng minh rằng:
x. 4  y . 4  z   y  4  z  4  x   z  4  x  4  y   8  xyz

Bài 2.
a) Giải phương trình:

x2

 x  2

2

 3  3x 2  6 x

2
2

 x  y  xy  1  2 x
b) Giải hệ phương trình: 
2
2

x  x  y   x  2  2 y
Bài 3.
a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x2  x  2 y 2  y  2 xy 2  xy  3

b) Chứng minh rằng a13  a23  a33  ......  an3 chia hết cho 3, biết a1; a2 ; a3 ;.....; an là các
chữ số của 20192018

Bài 4.
Cho tam giác MNP nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R. Gọi Q là trung điểm
của NP và các đường cao MD, NE, PF của tam giác MNP cắt nhau tại H
a) Chứng minh rằng MH  2OQ
b) Chứng minh rằng nếu MN  MP  2NP thì sin N  sin P  2sin M
c) Chứng minh rằng ME.FH  MF.HE  2 R2 biết NP  R 2
Bài 5.
ab2
bc 2
ca 2
1
1
1


 
 3. Tìm GTNN của P 
Cho a, b, c  0 thỏa mãn
ab bc ca
ab bc ca


ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Ta có: xyz  9

P


y

x

xy  x  xyz

yz  y  1

y



xyz . z
zx  xyz . z  xyz

yz
 1  10 P  1  3
yz  y  1 1  yz  y

1

y  1  yz



b) Ta có: x  y  z  xyz  4  4 x  4 y  4 z  4 xyz  16. Do đó:



x  4  y  4  z   x 16  4 y  4 z  yz   x 4 x  4 xyz  yz



 x 2 x  yz



2






z 2


xy 

 x . 2 x  yz

Tương tự ta có:



y  4  z  4  x   y 2 y  zx
z  4  x  4  y  

z

Vậy, ta có:

x  4  y  4  z   y  4  z  4  x   z  4  x  4  y 







 
xyz   3 xyz

 x 2 x  yz  y 2 y  zx  z 2 z  xy



 2  x  y  z   3 xyz  2. 4 
 8  xyz



(dfcm)

Câu 2.
a) ĐKXĐ: x  2 . Ta có phương trình:

x 2  3  x 2  4 x  4    3x 2  6 x  x 2  4 x  4 

 3x 4  6 x3  16 x 2  36 x  12  0   x 2  6  3 x 2  6 x  2   0
x   6
 x2  6  0


 2

3  3
3 x  6 x  2  0  x 
3


3  3 3  3 


;
Vậy S   6; 6;

3
3






b) Từ phương trình x2  y 2  xy  1  2 x  2 x 2  2 y 2  2 xy  2  4 x
 2 x 2  x  x  y   x  2  2 xy  2  4 x
2

2
 x   x  y   2  x  y   3  0



 x  x  y  1 x  y  3  0

Xét x  0 , thế vào phương trình x2  y 2  xy  1  2 x được y 2  1  0 (vô nghiệm)
Xét x  y  1  0  y  1  x thế vào phương trình x2  y 2  xy  1  2 x ta được:
x 1 y  0
x 2  3x  2  0  
 x  2  y  1

Xét x  y  3  0  y   x  3 thế vào phương trình x2  y 2  xy  1  2 x được:
x2  x  10  0 (vô nghiệm)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y   1;0 ; 2; 1 

Câu 3.
a) Ta có
x2  x  2 y 2  y  2 xy 2  xy  3  x 2  x  2 x  2  2 y 2  2 xy 2  y  xy  1
 1  x   2 y 2  y  x  2   1. Ta xét các trường hợp sau:

1  x  1
x  2
x  2
TH 1:  2
 2

2 y  y  x  2  1 2 y  y  3  0  y  1
1  x  1
x  0
x  0
TH 2 :  2
 2


(ktm)
y

1
2
y

y

x

2


1
2
y

y

3

0



Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương  x; y    2;1

a

b) Vì 20192018 3 nên  a1  a2  ......  an  3 . Xét hiệu:

3
1

 a23  a33  ....  an3    a1  a2  .....  an 

  a1  1 a1  a1  1   a2  1 a2  a2  1  ....   an  1 an  an  1 chia hết cho 3

Do đó, a13  a23  a33  .....  an3 chia hết cho 3


Câu 4.

M
E
O

F H
D
N

P

Q
K

a) Ta có MPK  MNK  900 hay KP  MP và KN  MN
Suy ra KP / / NH và KN / / PH nên tứ giác KPHN là hình bình hành, suy ra H , Q, K
thẳng hàng.

Xét KMH có OM  OK , QH  QK nên OQ là đường trung bình KMH
 MH  2OQ
MP MP
MP

 2R 
MK 2 R
sin MNP
MN
NP
Tương tự ta cũng có: 2 R 
và 2 R 
sin MPN
sin NMP
MN
MP
NP
Do đó:


sin MPN sin MNP sin NMP
MN  MP
2 NP


 sin MPN  sin MNP  2sin NMP
sin MPN  sin MNP sin MPN  sin MNP

b) Ta có sin MNP  sin MKP 

c) Ta có NP  R 2  NQ 

R 2
2


Áp dụng Pytago có: OQ  NO 2  NQ 2  R 2 

R2 R 2

 NQ
2
2

 NOQ vuông cân tại Q  NOQ  450

 NOP  900  NMP  450  NHF  PHE  450
Do đó các tam giác NHF và PHE vuông cân. Suy ra NH  2FH và PH  2HE
Theo câu a thì MH  2OQ  R 2
Mặt khác NDH
Tương tự PDH

ND NH
2 FH FH



 ME.FH  R.ND
ME MH
R

R 2
MFH  MF.HE  R.PD
MEH 

 ME.FH  MF .HE  R. ND  PD   R.NP  2R 2
Câu 5.
Từ giả thiết

1
1
1
 
 3  a  b  c  3abc. Áp dụng BĐT Cô si ta có:
ab bc ca

ab2
bc 2
ca 2
ab2 bc 2 ca 2
3
P


3
.
.

ab bc ca
ab bc ca

Lại có:

3

P

3
2

 a  b  b  c  c  a 

Vậy GTNN của P là

3abc

 a  b  b  c  c  a 
a  b  b  c  c  a 2 a  b  c


 2abc
3

3

3
. Đạt được khi a  b  c  1
2

3