De thi chon HSG

Thạc sĩ: Nguyễn Thanh Phong_GV: Trường THCS Nguyễn Trãi- huyện Lăk —- Dak Lak

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KI THI HOC SINH GIỎI CÁP TÍNH

TINH DAKLAK

Năm học: 2017 - 2018

ĐÈ THỊ CHÍNH THỨC

Mơn: TỐN LỚP 9 - THCS
Thời gian làm bài: T50 phút
(không kế thời gian giao đề)

Bài 1 (2 điểm)
1) Thu gon biểu thức P= xT.J TA

x+4\x +4 . Tim x sao cho pawl

x+3Vx +2

2018

2) Giải phương trình: (x”—4x](x” —4) = 20
Bài 2 (2 điểm)
1) Cho phương trình xˆ +2(2m—3)x+ mˆ =0, với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để
A

72

1

1

xy

%2

phương trình có hai nghiệm khác 0 là x,;x, ( chúng có thê trùng nhau) và biêu thức —+——
giá trị nhỏ nhất.

đạt

2) Cho Parabol (P): y = ax”. Tìm điều kiện của a để trên (P) có điểm A(x,: yạ) với hồnh độ

dương thỏa man diéu kién «fx? +1-./y,
+4 =x, — Jy) +3
Bài 3 (4 điểm)

1) Tìm tất cả các cặp số nguyên đương (x; y) thỏa mãn x” — y”+4x—2y =18
2) Tìm tất cả các cặp số (a;b) nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện:

ï) a, b đều khác I và ước số chung lớn nhất của a, b là 1

1) Số N =ab(ab+1)(2ab+1) có đúng 16 ước số nguyên dương
Bài 4 (4 diém) Cho tam giác ABC nhọn. Đường trịn đường kính BC cắt cạnh AB và AC lân lượt

tại D và E (Dz B,E #C). BE cắt CD tại H. Kéo dài AH cắt BC tại F.
1) Chứng minh các tứ giác ADHE và BDHF là tứ giác nội tiếp

2) Các đoạn thăng BH và DF cắt nhau tai M, CH và EE cắt nhau tại N. Biết rằng tứ giác HMEN

là tứ giác nội tiếp. Tính số đo góc BÁC

Bài 5 (2 điển) Với x, y là hai số thực thỏa mãn: y°+3y?+5y+3=119—x? —v9x— x°.. Tính
giá trị lớn nhất của biểu thức 7 = x— y+ 22018

Bài 6 (2 điểm) Cho tam giác đều ABC. Một điểm M nằm trong tam giác nhìn đoạn BC dưới một

góc băng 150°. Chứng minh rằng: M⁄A” >2MB.MC


Thạc sĩ: Nguyễn Thanh Phong GV: Trường THCS Nguyễn Trãi- huyện Lắk - Đấk Lắk

LOI GIAI DE THI

Bài 1 (2 điểm)

sao cho p— 2017

+4
1) Thu gọn biểu thức P= x-3‡2Vx+4VX
x+3x+2

DKXD:

x>0

x>0

{x+3Vx+24006

(Vx +1)(Vx+2) #0

x+4J/x+4>0

(Jz +2) 20

173424 (ve +2) ——

x+3Vx +2

vy Paw

2018

x20

2

_x-3+2xt4Wx+4

P

2018

x#Ajx+l

(Vx +1)(vx +2)

nen: Vxtl

2017 —

Vx+2

(Vx +1)(vx +2)

n016

2018

=

Nx+I
Vx +2

x= 2016"

2) Giải phương trình: (x”—4x](x”—4) = 20

=

x=I1+l

-

x=—VJ1141

T6 2x

=360])* 2

(x? —4x)(x? 4) =20 © (x? -2x-4)

_

2

-2x-4=-6

x

2

2g =0
_

_

x7 —2x4+2=0

x=x3+I

hoặc

x=-V¥3+4+1

Bai 2 (4 diém)

1) Cho phuong trinh x° + 2(2m—3)x+m’ =0, voi m 1a tham s6.
,

Ta có: A'=(2m— 3)” — 4m” =—12mm +9. Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì |

S&S

m>—

4«€Ằm>—

A'>0
mM

(Ì)

m #0
Theo định lí v1 — et ta có:

X,X, =m

2

| _xtx,_ 2(3-2m)
(4
5

Ta có:

a-t,tx, x 2

>A2

3

Vay:

xX, +X, =2(3-2m)

—2

m

Xx1⁄2

,

.

m

.

AE
3
A

3
»

qe)

.

. Dâu ”=” xảy ra khi và chỉ khi m = 3. Kêt hợp với điêu kién (1) thi m thỏa mãn

MinA ->

taim = 3.

#

v0


Thạc sĩ: Nguyễn Thanh Phong_GV: Trường THCS Nguyễn Trãi- huyện Lak - Đăk Lăk

2) Cho Parabol (P): y = ax”. Tìm điều kiện của a để trên (P) có điểm A(x,: yạ) với hoành độ
dương thỏa man diéu kién ./x? +1—./y, +4 =x; —|yạ +3
Jo
Vi: A(X) i9))€(P) nén y=axe > x? =2.Dox, >0>x,=, [22

a

a

Ta có:

Vx, tl-.Jy,+4 =x, ay) +3

+1 —Alyạ+4=

Ye

yo

PtP

= OFT

Xét hàm số: ƒ (7)=Jr+1 —xÍr. Dễ dàng chứng minh duge f(t) lu6n nghịch biến khi t > 0
P=

yy t3=

y=

a
l-a

=>

›

ax) =

3a

2

l-a

> X=

3
l-a

>a
Bài 3 (4 điểm)
1) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn x”— y”+4x—2y =18
Ta có: x—=y?+4x—2y=18©(x+2) -(y+1} =23©(x- y+I)(x+y+3)=23

x-y+l=1

Vì x,ye Z” nên x, y thỏa man:

S

x=10
y=10

hoặc

x=10
y=-12

x+y+3=23

-

hoặc

eer
x+y+3=l

.

(loại)

2) Tìm tất cả các cặp số (a;b) nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện:

ï) a, b đều khác I và ước số chung lớn nhất của a, b là 1

1) Số N =ab(ab+1)(2ab+1) có đúng 16 ước số nguyên dương
Giải: Giả sử a < b. Áp dụng định lí cơ bản của số ngun tơ thì a và b được phân tích như sau:

a= p".p?°...p” và b=I".I°..I”»". Trong đó p,...... p„ và I......!„ là các số nguyên tố. Vì a và b
là hai số ngun tơ cùng nhau nên /.> p„. Vì N có T6 ước ngun dương nên số NĐ khơng thể
phân tích được ra được tích của 5 sơ tự nhiên.
Xét bài tốn sau, Nêu A = a.b.c.đj trong đó a, b, c và là các sơ ngun tơ thì sơ các ước của A là:
4

dCs =16|. Như vậy: Nếu W =ab(ab+1)(2ab+1) có 16 ước thì N là tích của 4 số nguyên tố
+ THỊ: các số a,b, ab+1 và 2ab+T là các số nguyên tố. Như vậy, bài tốn được viết lại là: Tìm
các số nguyên tố a và b sao cho các số øb+l và 2ab+l là các số nguyên tố.
- Nếu ab + I là số chăn thì øb+l=2—

ab=1

(vơ lí

- Nếu ab + I là số lẻ thì ab là số chẵn—=> ab =2 =b=2 và a= L (vô l0

Như vậy: các số: a, b, øb+1 và 2ab+l là không thể đồng thời là các số nguyên tố
+ TH2: a phai bang 1.


Thạc sĩ: Nguyễn Thanh Phong_GV: Trường THCS Nguyễn Trãi- huyện Lăk —- Dak Lak

=> W=öj(b+1)(2b +1). Như vậy, trong ba số b ; b+1 và 2b +1 thì tổn tại 2 số là nguyên tố và
một số được tạo bởi tích của hai số ngun tơ khơng trùng nhau và không trùng với hai số kia.

- Giả sử b và b + I là số ngun tơ ( vơ lí)
- Giả sử b và 2b + l là số nguyên tố=>

b(b+1):6= 20065 0/35]

+l=2k

( k là nguyên tố), mà

.Nếub=
3 thì b+=4=2.2

( vơ lí)

Nếuk =3 thì b+l =6 = 2.3 và b= 5 ;2b + =7 ( Thỏa mãn)
- Giả sử b + I và 2b +l là số ngun tơ thì b=2& ( k là số nguyên tố), mà

k=3
b(b+1):6 => 2k(b+1):6
> k(b+1):3>
b+1=3

Néu k =3> b=6=2.3>bD+1=7
va 2b+1=13 (thda man)
Nếu b +l=3—=b=2—>20+I=5 (vô l0
Vậy: S ={(1.5);(1.6):(5.1):(6.1)}

Bài 4 (4 điểm)
a/ Vì BC là đường kính nên CD L AB và
BF Ì AC >H là trực tâm của
AABC = AF Ì BC

— BDH
= BFH =90° : ADH
= AEH =90°

= ADHE và BDHE nội tiếp
b/ Vì MHNE nội tiếp

nên HN
+ MEN =180° > EHN = MEN
mà EHN = EFC

nên: DFE=EFC_

( cùng chắn cung EC)

(1)

ta lại có: EHN = DHB

mà DHB = DFB

nén: DFB = DFE

( đối đỉnh)

( cùng chăn cung DB)

(2)

Tir (1)
va (2) > DFB = DFE = ECF =60°
=> DHE =120° mà ADHE nội tiếp

—> BAC =60°

Bài 5 (2 diém) Voix, y la hai sé thuc thoa man: y?+3y? +5y+3=11V9-2x? —V9x* —x° . Tinh
giá trị lớn nhất của biểu thức 7 = x— y+ 22018

Dk:

-3
+) Ta có: y`+3y?+5y+3=II9—x? -v9x!—x§

Thạc sĩ: Nguyễn Thanh Phong_GV: Trường THCS Nguyễn Trãi- huyện Lăk —- Dak Lak

©(y+1) +2(y+I)=1IJ9—x?

-3?\J9—x? (y+1)`+2(y+1)=(9—x”

3

+

29—x°

Xét hàm số: ƒ (/)=”+2¡.
Ta dễ dàng chứng minh được ƒ (¿) luôn đồng biến khi
t >0
—= y+l=w9-x”

>y=w9-x

-l

+) Ta có: 7 =x— y+2018§ >7 =x-w9—x

+2019

Sử dụng phương pháp đạo hàm của ( Giải tích lớp 12) và sự biến thiên của hàm số để tìm ra điểm

rơi của bât đăng thức, áp dụng bât đăng thức (AM-ƠM)) ta dê dàng giải được bài toán.

Bài 6 (2 điểm) Cho tam giác đều ABC. Một điểm M nằm trong tam giác nhìn đoạn BC dưới một

góc băng 150°. Chứng minh rằng: M⁄A” >2MB.MC
Giai:

ry

Vì M nhìn cạnh BC dưới một

góc 150” nên cung lớn BC có

số đo là 300” — cung bé BC
có số đo là 60°= ABOC đều.
Gọi R là bán kính đường
=> AB=AC=BC=OB
`

trịn

=OC=R
Xét hệ trục tọa độ như hình vẽ:

NI

B

O(0;0) ;

C

Vì M (x¿: yạ) thuộc đường

tron nén x+y,
`

^

2

2

=R
—

2

{£85} (228)
2

2

2

2

A(0;RV3}

O

MA’ = x6 +(RV3-y,)

=> MA? = 4R? -2RV3y,

2

=> MB ae

+2)

2

fs

-28)

2

oem.)

= f2R? + RX, — Rv3y,
2

4ˆ

=4J2R? — Rx, — RxÍ3y,

=> MB.MC =,J2R? + Rx, — R3y, ¬|2R? — Rx, — RV3y, = (2£ -R3y,)` — Rx?

=> MB.MC = (2#

- RV3y, ) —R°(R? — y2) =3R* -4R°V3y, +4R’y? =|R?V3
- 2Ry,

5

x


Thạc sĩ: Nguyễn Thanh Phong_GV: Trường THCS Nguyễn Trãi- huyện Lăk —- Dak Lak

—R

Vì M chỉ thuộc cung nhỏ BC nên =

R

<#q< :]

R43

và (Be


R

Nén: MB.MC = 2Ry, —R?V3
Ta can chimg minh: 2(2Ry, — R’V3)<4R? -2RV3y, (1)

That vay: (1) <> 2y, —RV3 <2R-¥3y, <= 2y, +V3y, $2R+V3R & y, SR
Vậy: (1) luôn đúng. Dấu

6699

xảy ra khi và chỉ khi: yạ = Ñ

Kết luận: MA” >2⁄B.MC' khi và chỉ khi M là giao điểm giữa đường trịn tâm O bán kính R và
đường trung trực của đoạn thăng BC