De thi chon HSG

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGỌC LẶC

KHẢO SÁT ĐÁNH GIÁ NĂNG LỰC
ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2018 - 2019

Mơn: Tốn
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày 17 tháng 01 năm 2019
(Đề có 01 trang, gồm 05 câu)

ĐỀ CHÍNH THỨC
Số báo danh
.....................................

Câu I: (4,0 điểm)
Cho biểu thức: M =

( x √ x+x +x √+x√ x+ 1 + x+11 ): ( √ x1−1 − x √ x −2x+√ x√ x −1 ) .

1. Rút gọn biểu thức M.
3
3
2. Tính giá trị của M khi x = 20 +14 2 + 20 - 14 2 .
Câu II: (4,0 điểm)

1. Giải phương trình:

29
x 61
 

6
3 36 .
¿
( 4 x2 − 4 xy + 4 y 2 − 51 ) ( x − y )2 +3=0
( 2 x − 7 ) ( x − y )+ 1=0
¿{
¿

3x 2  x 

2. Giải hệ phương trình:
Câu III: (4,0 điểm)

1. Tìm các nghiệm nguyên (x; n) của phương trình: x+ x + 1 + x+ 1 =n.

√ √
2

4

2. Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn 2 x + x=3 y + y . Chứng minh
x − y ; 2 x+ 2 y +1 và 3 x+3 y +1 đều là các số chính phương.
Câu IV: (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O), H là trực tâm của tâm
giác ABC. Gọi M là một điểm trên cung BC không chứa A (M khác B, C). Gọi N, P lần
lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, AC.
1. Chứng minh tứ giác AHCP nội tiếp.
2. Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng.
3. Tìm vị trí của M để đoạn NP lớn nhất
Câu V: (2,0 điểm)

Cho a, b, c  0 . Chứng minh rằng:
2

2

a2 b2 c2
   a 2  ab  b 2  b 2  bc  c 2  c 2  ca  a 2 .
b
c a

---------------- Hết --------------Thí sinh khơng sử dụng tài liệu. Giám thị khơng giải thích gì thêm.


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGỌC LẶC

1. ĐKXĐ: x  0; x
Ta có:

KHẢO SÁT ĐÁNH GIÁ NĂNG LỰC
ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2018 - 2019
Môn: Vật lí
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày 17 tháng 01 năm 2019
(Đề có 02 trang, gồm 06 câu)

1.

0,25





x. x  1
x x
1
1
x 1




x x  x  x 1 x 1
x  1  x  1 x  1 x  1





1
2 x
1



x  1 x x  x x  1
x1

2 x





x  1  x  1

x 1  2 x

I
(4,0đ)


=

0,5



x  1  x 1






0,5

=



x1

2



x  1  x  1



x1
x 1

0,5

x 1 x  1
x 1
:

x1
Do đó: M = x  1 x  1

Vậy với x  0; x

1 ta có: M =

x 1
x  1.

0,25
0,5

3
2
2
3
2. Tacó: x 20  14 2  20  14 2  3. x. 20  (14 2)
2
 x 3 40  3.x.2  x 3  6 x  40 0   x  4  x  4 x  10 0
2
mà x  4 x 10 > 0 nên x = 4



Thay x = 4 vào M ta được: M =

4 1
3
41

3
3
Vậy khi x = 20 +14 2 + 20 - 14 2 thì M = 3.

II
(4,0đ)

1. ĐKXĐ:

x 

0,5

61
12

x 61
1
1

y 
y 
6 (ĐK:
6)
Đặt 3 36
x 61
1
1
  y2  y 
3 36
3
36
2
 12 x  61 36 y  12 y  1  3 y 2  y x  5 (1)



0,5

0,5
0,25

0,5


Mặt khác từ phương trình đã cho ta có:
3x 2  x 

0,25

29
1
y 
2
6
6  3x  x  y  5

(2)
2

3 x  x  y  5
 2
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 3 y  y x  5

Lấy phương trình trên trừ phương trình dưới ta được phương trình:
 x  y 0



3 x  3 y  2 0

 x  y   3x  3 y  2  0

 x y

 y  3x  2
3


5
5
x
3 (loại);
3 (thỏa mãn ĐK)
* Với
3x  2
3x  2
y 
 3 x 2  x 
 5  9 x 2  6 x  13 0
3
3
* Với
x  y  3 x 2 5  x 

 x

 1  14
 1  14

x
3
3
(loại),
(thỏa mãn ĐK)

5
 1  14
x
3,
3
Vậy nghiệm của phương trình là:
.
3
 2
4 x  4 xy  4 y 2 
51
2

¿
x

y



( 4 x2 − 4 xy + 4 y 2 − 51 ) ( x − y )2 +3=0  
 2 x  1 7
( 2 x − 7 ) ( x − y )+ 1=0


x y
¿{
2. Ta có:
¿

0,5

0,25

0,25

x



1 
2
2
 x  y   3   x  y  
51
2

x

y









1
 x  y  x  y  x  y 7


0,5

0,25

u  x  y

1

v  x  y  x  y
Đặt 
(*)
u 2  3v 2 57

Hệ phương trình trên trở thành: u  v 7
(I)

15 1 
 u; v   (3; 4),  ;   
 2 2 

Giải hệ phương trình (I) ta được:

0,5

u; v (3; 4)
Thay  
vào (*) giải ra ta được:

 5  3 1  3   5  3 1  3  
;
;
 ,

2   2
2  
 2
15 1
 u; v   ;  
 2 2  vào (*): Hệ phương trình vơ nghiệm.
Thay

 x; y   

0,5


Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm:

0,25

 5  3 1  3   5  3 1  3  
;
;

 ,

2   2
2  
 2

 x; y   

1. Đặt: y= x + 1 với y ≥ 0

√

1
⇔ y =x +
4
2

4

2

⇔ x= y −

0,25

1
4

Phương trình đã cho trở thành: n= y 2 − 1 + y 2 + 1 + y
1

2 1
y + + y= y +
4
2

2

( )

Vì

1
Với n ≥ 4

Suy ra

√

4
4
1
n= y + y +
. Từ đó ta có:
4
2

nên

1
thì y=√ n − 2 hay

1
1
x=n+ − √n − =n − √ n
4
4

√

n≥

1
4

(vì y ≥ 0 )

1
1
x+ =√ n −
4
2

0,5

0,75

Để x nguyên với giá trị nguyên của n thì n phải là số chính phương, nghĩa

1
là n=t 2 với t ∈ Z . Hơn nữa t ≠ 0 (vì n ≠ 0 do n ≥ 4 ).

Vậy nghiệm ngun của phương trình đó là: x=t 2 −t ; n=t2 trong đó t
là số nguyên khác 0.
III
2.
(4,0đ) Từ: 2x2 + x = 3y2 + y
(1)
2
2
2
=> 2x – 2y + x – y = y
=> (x – y)(2x + 2y + 1) = y2
(2)
2
2
Mặt khác từ (1) ta có: 3x – 3y + x – y = x2
 ( x – y)( 3x + 3y + 1) = x2
=> (x – y)2( 2x + 2y +1)(3x +3y + 1) = x2y2
=> (2x + 2y +1)(3x + 3y + 1) là số chính phương (3)
Gọi (2x + 2y + 1; 3x +3y + 1) = d
=> ( 2x + 2y + 1) d; (3x + 3y + 1) d
=> (3x + 3y + 1) – (2x + 2y + 1) = (x + y) d
=> 2(x + y) d =>( 2x + 2y + 1) – 2(x + y) = 1 d nên d = 1
=> (2x + 2y + 1; 3x + 3y + 1) = 1
(4)
Từ (3) và (4) => 2x + 2y + 1 và 3x + 3y + 1 đều là số chính phương.
Lại có từ (2) =>(x – y)(2x + 2y + 1) là số chính phương.
Suy ra x – y cũng là số chính phương.
Vậy x – y; 2x + 2y + 1 và 3x + 3y +1 đều là các số chính phương khi
2x2 + x = 3y2 + y.
A

IV
P
(6,0đ)
I

H
O

N

B

C

K

M

0,5

0,5
0,5

0,5

0,5


1. Gọi giao điểm của CH với AB là I, AH với BC là K
ˆ  KHI

ˆ 1800
Ta có tứ giác BIHK nội tiếp  IBK
ˆ  AHC
ˆ  IBK
ˆ  AHC
ˆ 1800
mà KHI
(1)
ˆ  AMC
ˆ
Ta lại có IBK
(hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)
ˆ  APC
ˆ
ˆ  APC
ˆ
AMC
(t/c đối xứng)  IBK
(2)
0
ˆ  AHC
ˆ 180
Từ (1) và (2)  APC
Suy ra tứ giác AHCP nội tiếp.
ˆ
ˆ  ACP
AHP
ˆ
2. Tứ giác AHCP nội tiếp 
= ACM

ˆ  ABM
ˆ 1800  AHP
ˆ  ABM
ˆ 1800
ˆ  ABN
ˆ
Ta lại có ACM
mà ABM
ˆ  ABN
ˆ 1800
 AHP
(3)
Chứng minh tương tự câu 1) ta có tứ giác AHBN nội tiếp
ˆ  AHN
ˆ
 ABN
(4)
ˆ  AHN
ˆ 1800 
Từ (3) và (4)  AHP
N, H, P thẳng hàng.

ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
3. MAN 2 BAM ; MAP 2MAC

ˆ 2( BAM
ˆ  MAC

ˆ ) 2 BAC
ˆ
 NAP
(<1800) khơng đổi

Có AN = AM = AP, cần chứng minh NP = 2.AP.sin BAC
 NP lớn nhất  AP lớn nhất mà AP = AM
AM lớn nhất  AM là đường kính của đường tròn (O)
Vậy NP lớn nhất  AM là đường kính của đường trịn.
Ta có:
2

2

)

0,5
0,5
0,25
0,75
0,75
0,25
0,75

1,25

2

a
a −ab+ b

− a+b +b=
+b ≥ 2 √ a2 − ab+b 2 (Áp dụng BĐT Cô-si)
b
b
3(
2 1
2
1
¿ √ a2 − ab+b 2+
a− b ) + ( a+b ) ≥ √ a2 −ab+ b2 + ( a+b )
4
4
2
a2
2
2 1
− a+2 b ≥ √ a −ab +b + ( a+ b ) (1)
Suy ra:
b
2

(

0,5
0,5

√

Tương tự, ta có:
V

2
b
1
(2,0đ)
−b +2 c ≥ √ b2 − bc +c 2+ ( b+c )

c
2
2
c
1
− c +2 a ≥ √ c 2 − ca +a2 + ( c +a )
a
2

(2)
(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra:
a2 b2 c2
   a 2  ab  b 2  b 2  bc  c 2  c 2  ca  a 2 .
b
c a
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c .

Chú ý:
1. Học sinh làm cách khác đúng thì chấm điểm tối đa tương ứng.

1,0

0,25
0,25

0,5


2. Bài hình học sinh khơng vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì khơng cho điểm.
3. Điểm tồn bài làm tròn đến 0,25.