De thi chon HSG

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
Đề chính thức

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
KHÓA NGÀY 18 – 3 – 2018
Mơn thi:
TỐN
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 18/3/2018

Bài 1 (4,0 điểm)
1. Chứng minh n6 – 2n4 + n2 chia hết cho 36 với mọi n nguyên dương.
2. Cho ba số phân biệt a, b, c. Đặt :
x = (a + b + c)2 – 9ab, y = (a + b + c)2 – 9bc, z = (a + b + c)2 – 9ac.
Chứng minh rằng: Trong ba số x, y, z có ít nhất một số dương.
Bài 2 (5,0 điểm)
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
(x – y)(2x + y + 1) + 9(y – 1) = 13
2
2. Giải phương trình: x  x  2018 2018

Bài 3 (4,0 điểm)
1. Cho a, b, c là ba số không âm thỏa mãn điều kiện : a2 + b2 + c2  2(ab + bc + ca) và p, q, r là
ba số thỏa mãn : p + q + r = 0.
Chứng minh rằng : apq + bqr + crp  0.
2. Cho các số dương a, b thỏa mãn điều kiện ab = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

 a  b  1  a2  b2  

4

a b

M=
Bài 4 (7,0 điểm)
1. Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF và trực tâm là H.
a) Chứng minh rằng: AC.BD.CE = BE.CD.BH;
b) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AH và BC. Đường trịn đường kính AH cắt đoạn thẳng IJ
tại K. Tia AK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại M và cắt đoạn thẳng BC tại P. Tia
MD cắt đường tròn ngoại tiếp ABC tại Q.
Chứng minh tứ giác AQDP là tứ giác nội tiếp.
2. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển trên các cạnh AB,
AC sao cho BD = AE. Xác định vị trí các điểm D, E sao cho:
a) DE có độ dài nhỏ nhất.
b) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất.

Quy Nhơn, 31 – 03 – 2018
Người gửi: Bùi Văn Chi
Email:


GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MƠN TỐN LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH
NĂM HỌC 2017 – 2018
Bài 1 (4,0 điểm)
1) Chứng minh n6 – 2n4 + n2 chia hết cho 36 với mọi n nguyên dương
Biến đổi:
n6 – 2n4 + n2 = n2(n4 – 2n2 + 1) = n2(n2 – 1)2 = n2(n – 1)2(n + 1)2 = [n(n – 1)(n + 1)]2
Với n nguyên thì n(n – 1)(n + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 và cho 3, do
đó tích chia hết cho 6. Suy ra [n(n – 1)(n + 1)]2 chia hết cho 36.
Vậy n6 – 2n4 + n2 chia hết cho 36 với mọi n nguyên dương.

2) Chứng minh ít nhất một trong ba số x, y, z dương
Xét tổng:
x + y + z = (a + b + c)2 – 9ab + (a + b + c)2 – 9bc + (a + b + c)2 – 9ac
2
3   a  b  c   3  ab  bc  ca  
==
= 3(a + b + c) – 9(ab + bc + ca) = 
3
 2a2  2b2  2c 2  2  ab  bc  ca  
3  a2  b 2  c 2   ab  bc  ca  
2
=
==
3
2
2
2
 a  b    b  c    c  a    0
2
(vì a  b  c)  x + y + z > 0 (1).

2

Do đó ít nhất một trong ba số x, y, z dương.
Thật vậy nếu cả ba số x, y, z đều nhỏ hơn hoặc bằng 0 thì tổng x + y + z  0: Trái với (1).
Bài 2 (5,0 điểm)
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (x – y)(2x + y + 1) + 9(y – 1) = 13 (1)
Biến đổi:
(1)  2x2 + xy + x – 2xy – y2 – y + 9y – 9 = 13  2x2 + (1 – y)x – (y2 – 8y + 22) = 0 (2)
Xem (2) là phương trình bậc hai theo ẩn x (y là tham số)

Ta có:  = (1 – y)2 + 8(y2 – 8y + 22) = 1 – 2y + y2 + 8y2 – 64y + 176 = 9y2 – 66y + 177
= (3y – 11)2 + 56.
Điều kiện để phương trình (2) có nghiệm ngun là  là số chính phương. Đặt  = k2 (k  Z)
Ta có: (3y – 11)2 + 56 = k2  k2 – (3y – 11)2 = 56  (k – 3y + 11)(k + 3y – 11) = 23.7
Nhận xét:
Tổng (k – 3y + 11) + (k + 3y – 11) = 2k là số chẵn và tích bằng 56 là số chẵn nên cả hai thừa số đều
là số chẵn. Xét 8 trường hợp:

+)

k  3y  11 28


k  3y  11  2

k 15


2
 y  3  Z
: loại

k  3y  11  28
k  15
 

y 8 : chọn
+) k  3y  11  2
k  3y  11 14
k 9

 

 y 2 : chọn
+) k  3y  11  4

+)

k  3y  11  14


k  3y  11  4

k  3y  11  2


+) k  3y  11 28

k  9


16
 y  3  Z
: loại

k 15

 y 8 : chọn


+)

+)

k  3y  11  2


k  3y  11  28
k  3y  11  4


k  3y  11 14

k  15


2
 y  3  Z
: loại

k 9


16
 y  3  Z
: loại

k  3y  11  4


+) k  3y  11  14

k  9

y 2 : chọn

Trong các trường hợp trên ta chọn được y = 2; y = 8
5
x1   Z; x 2  2
2
*) Thay y = 2 vào phương trình (2) ta có : 2x2 – x – 10 = 0 
11
x1   Z; x 2  2
2
2
*) Thay y = 8 vào phương trình (2) ta có : 2x – 7x – 22 = 0 

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm ngun : x1 = - 2 , y1 = 2 ; x2 = - 2 , y2 = 8.
2
2. Giải phương trình : x  x  2018 2018 (1)
ĐKXĐ: x  - 2018
Biến đổi phương trình:
2
(1)  x  x  x  2018  x  2018 .

Đặt a = x  2018 (a  0), ta có: x2 + x + a = a2  (x2 – a2) + (x + a) = 0  (x + a)(x – a + 1) = 0
 x1 = - a; x2 = a – 1.
x  2018 (ĐK: x 0)
1  8073
1  8073
0

0
 x2 = x + 2018  x2 – x – 2018 = 0  x1 =
2
2
: loại; x2 =
: chọn
+) Với x = a – 1, ta có: x = x  2018  1  x  2018 = x + 1 (ĐK: x  - 1)

+) Với x = - a, ta có: x = -

 1

 x + 2018 = (x + 1)2  x2 + x – 2017 = 0  x1 =

8069
1
2
: loại;

 1  8069
2
x2 =
: chọn
x1 

1

8073
 1  8069
; x2 

2
2

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm:
Bài 3 (4,0 điểm)
1) Chứng minh : apq + bqr + crp  0
Vì có ba số p, q, r nên theo nguyên tắc Dirichlet tồn tại ít nhất hai số mà tích của chúng lớn hơn
hoặc bằng 0. (Có thể chứng minh bằng phản chứng). Không mất tổng quát, giả sử p.q  0.
Từ điều kiện : a2 + b2 + c2  2(ab + bc + ca)  a2 + b2 + c2 - 2(ab + bc + ca)  0
 a2 – 2a(b + c) + (b2 + c2 – 2bc)  0  a2 – 2a(b + c) + (b + c)2 + ( b – c)2 – (b + c)2  0
 [a – (b + c)]2 – 4bc  0  [a – (b + c)]2  4bc  a   b  c  2 bc
 a   b  c  2 bc  a b  c  2 bc  a 
Từ điều kiện p + q + r = 0  r = - (p + q)
Từ đó :



b c



2



apq 



b c



2

pq

(do p.q  0)



apq + bqr + crp 

b c



 apq + bqr + crp 



2


+ r(bq + cp) 

pq

b c



2

pq

b c





bq 

cp

2

pq

- (p + q)(bq + cp)

- bpq – bq2 – cpq – cp2



2



2

pq  b  c  b  c   bq2  cp2

 apq + bqr + crp  
2
2
 apq + bqr + crp  2 b. c.p.q  bq  cp









 apq + bqr + crp 
 0 (đpcm)
Vậy apq + bqr + crp  0. Dấu « = » xảy ra khi và chỉ khi :
 b.q  c.p


a  b  c

r   p  q 





2

2) Cho a,b > 0 : ab = 1.
Tìm GTNN của M =
Biến đổi : M =
M=

 a  b  1   a  b 

 a  b  1   a  b 

4
a b
4
 2ab  
 a  b . Thay ab = 1 ta có :

 a  b  1  a2  b2  

2

2

4
 2 
 a  b . Đặt x = a + b.

Với a, b > 0 ta có : a + b  2 ab  a + b  2 . Do đó x  2.
4

Khi đó : M =

 x  1  x 2  2  
x
 x  1  x2 

(x  2).



42 

Biến đổi : M =
Ta chứng minh M  8 với x  2.

4
4
 x  1 x 2  4  2x  2 
x
x





4

Xét hiệu : M – 8 =

 x  1  x 2  4    x    x  2  8
x


2



x

4

=

 x  1  x 2  4    x   
x




4   x  2

4
4
2 x. 4
x
x
; x – 2 0

Với x  2, ta có : (x + 1)(x – 4)  0 ;

Do đó : M – 8  0  M  8.
Vậy GTNN của M bằng 8 khi x = 2  a + b = 2 và ab = 1 
A a = b = 1.
Bài 4 (7 điểm)
1)
2 1
a) Chứng minh: AC.BD.CE = BE.CD.BH
E
I

S
Ta có:  BDH
BD



 BEC g.g)
BH

S

 BE BC  BH.BE = BD.BC (1)
 CAD
 CBE (g.g)
CA CD

 CB CE  CA.CE = CD.BC

Q

B

F

K

O

H
D

P

J

M

C


 CA.CE.BD = CD.BC.BD
 CA.CE.BD = CD.(BC.BD) (2)
Thay (1) vào (2) ta có: CA.CE.BD = CD.BH.BE.
Vậy AC.BD.CE = BE.CD.BH.


b) Chứng minh: Tứ giác AQDP nội tiếp


Ta có: BFC BEC = 900  Tứ giác BFEC

nội tiếp đường tròn có tâm J, đường kính BC.
Mặt khác, đường trịn tâm I ngoại tiếp tứ giác AFHE
và đường tròn tâm J ngoại tiếp tứ giác BFEC
có chung dây EF nên đường nối tâm IJ
là trung trực của EF, ta có K  IJ




Q
nên KE = KF  KE KF  A1  A 2
 BM

  CM
  AB
  BM

 CM
 AB
1

  CM

sdAPB
 sd AB
2
Ta có:





B

(góc có đỉnh ở trong đường trịn (O))

A
1

2

E

I
F

K
H
D

P

1


sdACM
 sd ABM
2
(góc nội tiếp đường trịn (O)).



APB
 ACM



O

C

J



Do đó

(1)



Vì tứ giác AQMC nội tiếp nên ACM  AQM = 1800 (2)


M



Từ (1), (2) suy ra APB  AQM = 1800.
Vậy tứ giác AQDP nội tiếp.
2.

a) Vị trí của D, E để DE nhỏ nhất
Đặt AB = AC = a (a > 0), BD = AE = x (0  x  a). Khi đó AD = a – x.
Định lý Py-ta-go trong tam giác vuông ADE cho ta:
DE2 = AD2 + AE2 = (a – x)2 + x2
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
a
a2
a2
(12 + 12)[(a – x)2 + x2]  [(a – x) + x]2  (a – x)2 + x2  2  DE2  2  DE  2 .
a
Dấu “=” xảy ra khi: a – x = x  x = 2 . Khi đó D, E là trung điểm của AB, AC.
a

Vậy khi D, E là trung điểm của AB, AC thì DE có giá trị nhỏ nhất và bằng
b) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất
Ta có: SBDEC = SABC - SADE
B

2.

x
D

a-x
A

x

E
a nhất.

Do đó SBDEC đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi SADE đạt giá trị lớn

C


1
x.  a  x 
Ta có : SADE = 2
. Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số không âm ta có :
2

 x a  x 
a2
1
a2
x  a  x  
x  a  x 
x  a  x 

2

 
4  2
8
a
1 2 1 2 3 2
a  a  a

8
8

Dấu « = » xảy ra khi : x = a – x
x = 2 . Khi đó SBDEC = 2

Vậy khi D, E là trung điểm của AB, AC thì SBDEC

3 2
a
có giá trị nhỏ nhất và bằng 8 .

Quy Nhơn, 31 – 03 – 2018
Người gửi: Bùi Văn Chi
Email: