014 đề thi HSG toán 9 tỉnh thái bình 2018 2019

� 2 x 2  6 x  1
 2 4 x  5  4 x 2  12 x  2  2 4 x  5  11   2 x  3

Đặt

2

4 x  5  2t  3, ta có hệ phương trình:

2

t  x
2
2
 2t  3  4 x  5

2
t

3

2
x

3

4
x

t


t

x
t

x

2

0











t  2  x
2


 2 x  3  4t  5

 x2  4 x  1  0 
x  2  3
Xét t  x  4 x  5  2 x  3  


(TMDK )
2
x

3

0
y


3



 x2  2 x  1  0 
x  1  2
Xét t  2  x  4 x  5  1  2 x  

(TMDK )
y

1

2
1  2 x  0







Vậy hệ phương trình đã cho  x; y   2  3;  3 ; 1  2;1  2



Câu 4.
Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên a  b  c  3  c  c  3  2c  0
Đặt
2
2
P  3a 2  3b2  3c 2  4abc  3  a  b   2ab   3c 2  4abc  3 3  c   3c 2  2ab  3  2c 


2
2
2
3  c  . 3  2c 

 a b  3c 
Lại có: ab  
.
 
  2ab  3  2c  
2
 2   2 
Do đó:

P  3  3  c   3c
2

2
3  c  . 3  2c   c  6c  9   3  2c 

2c 2  3c 2  27
2


 3c 
2

2

2
2  c3  2c 2  c    c 2  2c  1  26

2

2

2c  c  1   c  1


 13  13
2
2
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1
2

2

Câu 5.

A
E
N
H
B

D

G

C

M

a) Gọi M là trung điểm BC
Ta có: tan B.tan C  tan ABD.tan ACB 

AD AD
.
BD CD

Xét BDH và ADC có: BDH  ADC  900 ; HBD  HAE nên BDH
AD
 BD.CD  AD.DH do đó tan B.tan C 
DH

AD AM

 3  tan B.tan C  3
Vì HG / / BC nên
DH GM

ADC


b) Ta có tan B.tan C 
và

AD
1
S
1
S

 BHC . Tương tự ta cũng có
 CHA ;
DH
tan B.tan C S ABC
tan C.tan A S ABC

1
S
 AHB .
tan A.tan B S ABC

Do đó:

1
1
1
S  S BHC  SCHA


 AHB
1
tan A.tan B tan B.tan C tan C.tan A
S ABC

Suy ra tan A  tan B  tan C  tan A.tan B.tan C
Câu 6.

A

I

K

J
B

E HM

F

C

a) Ta có AEC  EAH  CAE  EAB  900 mà EAH  EAB  AEC  CAE  ACE cân
Tương tự ta cũng có BI là trung trực AF suy ra I là tâm đường tròn ngoai tiếp AEF
b) Kẻ IM  BC tại M  ME  MF. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp ABC thì
IM  r. Ta có ABF cân tại B, ACE cân tại C nên EF  AB  AC  BC
Ta dễ dàng chứng minh được AB  AC  BC  2r suy ra EF  2r. Vì CI là trung trực AE
nên KEC  KAC mà KAH  KAC; KAH  KFE  900  KEC  KFE  900
EF
 r  MJ  MI  MK  r
Hay KEF vuông tại K  MK 
2
Câu 7.


Đặt



 

x  y 2019 a
 với a, b * và  a, b   1. Ta có: b x  y 2019  a y  z 2019
y  z 2019 b

bx  ay  0
x y a
 bx  ay   az  by  2019  
    zx  y 2
y z b
az  by  0

Do đó x2  y 2  z 2   x  z   2 zx  y 2   x  z   y 2   x  y  z  x  z  y 
2

2

Vì x, y, z nguyên dương nên x  y  z  1. Vậy x 2  y 2  z 2 là số nguyên tố thi
 x2  y 2  z 2  x  y  z
x  y 2019
 1 và x 2  y 2  z 2  1
 x  y  z  1. Khi đó

y  z 2019
x  z  y  1

